Dạng 3: Bài luyện tập 1 có đáp án

Ta chứng minh được $\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$  và $\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{DC}=\frac{3}{4}$ .

Từ đó suy ra $\Delta ABD”\Delta BDC(c.gc)$ 

Chứng minh được $\Delta OAB”\Delta O{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}(c.g.c)$ 

Chứng minh được $\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{AC}{A\text{'}C\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}$ 

Xét tam giác AEB và tam giác ADC có                         

$\frac{AB}{AC}=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}$;$\frac{AE}{AD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow$$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AD}$

 Mặt khác lai có góc A chung                                           

$\Rightarrow$ $\Delta AEB ”\Delta ADC$ (c-g-c)

Chứng minh tương tự câu a) ta có $\Delta AED”\Delta ABC$ 

$\Rightarrow$$\widehat{AED}=\widehat{ABC}$  (hai góc tương ứng)

Theo câu b) ta có$\Delta AED”\Delta ABC$  $\Rightarrow$$\frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}$$\Rightarrow$$AE.AC=AB.AD$ 

$\Delta ABC”\Delta \text{A}\text{'}B\text{'}C\text{'}$  có AD và $A\text{'}D\text{'}$  lần lượt là trung tuyến xuất phát từ đỉnh A và A’ xuống cạnh BC và B’C’ của hai tam giác đó.

Ta có $k=\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}=\frac{\frac{BC}{2}}{\frac{B\text{'}C\text{'}}{2}}=\frac{BD}{B\text{'}D\text{'}}$ .$\Rightarrow \frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BD}{B\text{'}D\text{'}}$ Có $\widehat{B}=\widehat{B\text{'}}$ .

Vậy $\Delta \text{ABD\hspace{0.17em}}”\Delta A\text{'}B\text{'}D\text{'}$ (c-g-c) Từ đó suy ra $k=\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{AD}{A\text{'}D\text{'}}$

Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho $BE=BC=7cm$ . Chứng minh được $\Delta ABC”\Delta ACE(c.g.c)$  

suy ra $\widehat{BCA}=\widehat{E}$  

Từ đó ta có $\widehat{ABC}=\widehat{BCE}+\widehat{E}=2\widehat{E}=2\widehat{BCA}$  

Ta có $AM\text{//}BC$ ( do AD // BC) suy ra $\Delta NAM”\Delta NBC\Rightarrow \frac{NA}{AM}=\frac{NB}{BC}$hay $\frac{NA}{AM}=\frac{NB}{AB}$ (1) (vì BC = AB).Ta có NA // DC ( do AB // DC) suy ra $\Delta NAM”\Delta CDM\Rightarrow \frac{NA}{AM}=\frac{CD}{DM}$hay $\frac{NA}{AM}=\frac{AB}{DM}$ (2) (vì $CD=AB$ ).

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{NA}{AB}=\frac{AB}{DM}$hay $A{B}^2=DM.BN$.

Từ $\frac{NB}{AB}=\frac{AB}{DM}\Rightarrow \frac{NB}{BD}=\frac{BD}{DM}$

Xét $∆$BND và $∆$DBM có $\frac{NB}{BD}=\frac{BD}{DM}$và $\widehat{NBD}=\widehat{BDM}={60}^0$.

Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D sao cho $BD=1cm$ 

Þ  $CD=BC-BD=3cm$ Þ $CD=AC$ nên $\Delta ACD$ cân tại C, do vậy $\widehat{DAC}=\widehat{ADC}$ (1)

$\Delta ABD$ và $\Delta CBA$ có $\widehat{ABD}$ chung và $\frac{BD}{BA}=\frac{AB}{CB}=\frac{1}{2}.$

Suy ra $\Delta ABD ”\Delta CBA$ (c.g.c) Þ$\widehat{BAD}=\widehat{BCA}$(2)

Từ (1) và (2) ta có :

$\widehat{BAC}=\widehat{BAD}+\widehat{DAC}=\widehat{ACB}+\widehat{ADC}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}+\widehat{BAD}$

Do đó $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}+2.\widehat{ACB}$.

Giả sử $MB\le MC$ . Gọi Q là giao điểm MO và AB ; K là giao điểm CP và MN.

Vì $MNAP$  là hình bình hành nên $\widehat{QPM}=\widehat{ANM}$(1)

Vì ∆ABC cân tại A nên suy ra $\Delta PBM$ cân tại P và $\Delta NCM$ cân tại N.

Do đó $PB=PM=AN$ và $NC=NM=AP$ kết hợp với $MN\text{//}AP$ , suy ra $\frac{PQ}{PM}=\frac{PQ}{PB}=\frac{KM}{KN}=\frac{PB}{PA}=\frac{NA}{NM}$(2)