Ôn tập chương 3

Vì $△$AOB đồng dạng $△$DOC nên:

Xét $△$AOD và $△$BOC ta có:

$\angle$(AOD) = $\angle$(BOC) (đối đỉnh)

Vậy $△$AOD đồng dạng $△$BOC (c.g.c)

Vì $△$AOD đồng dạng $△$BOC nên: $\angle$ADO = $\angle$BCO hay $\angle$EDB = $\angle$ECA

Xét $△$EDB và $△$ECA ta có:

$\angle$E chung

$\angle$(EDB) = $\angle$(ECA) (chứng minh trên)

Vậy $△$EDB đồng dạng $△$ECA(g.g)

Suy ra: ⇒ ED.EA = EC.EB

Xét $△$AFH và $△$CDH, ta có:

$\angle$(AFH) = $\angle$(CDH) = ${90}^0$

$\angle$(AHF) = $\angle$(CHD) (đối đỉnh)

Suy ra: $△$AFH đồng dạng $△$CDH (g.g)

Suy ra: 

Suy ra: AH.DH = CH.FH (1)

Xét $△$AEH và $△$BDH,ta có:

$\angle$(AEH) = $\angle$(BDH) = ${90}^0$

$\angle$(AHE) = $\angle$(BHD) (đối đỉnh)

Suy ra: $△$AEH đồng dạng $△$BDH (g.g)

Suy ra:

Suy ra: AH.DH = BH.EH (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AH.DH = BH.EH = CH.FH.

Xét $△$PAC và $△$PKM,ta có:

Suy ra: 

Lại có:$\angle$(APC) = $\angle$(KPM) (đối đỉnh)

Suy ra: $△$PKM đồng dạng $△$PAC(c.g.c) với tỉ số đồng dạng k = 1/2

Suy ra:  (1)

Vì $△$PKM đồng dạng $△$PAC nên $\angle$(PKM) = $\angle$(PAC)

Suy ra: KM //AC (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)

Trong $△$ABC, ta có: KM // AC

Suy ra: $△$BMK đồng dạng $△$BAC (g.g)

Suy ra:  (2)

Từ 1 và (2) suy ra: 

Vì BM = 1/2 BA nên M là trung điểm AB.

Vì BK = 1/2 BC nên K là trung điểm BC.

* Trường hợp góc B nhọn:

Xét $△$AMB và $△$AND, ta có:

$\angle$(AMB) = $\angle$(AND) = ${90}^0$

B = D (t/chất hình bình hành) ⇒ $△$AMB đồng dạng $△$AND (g.g)

Suy ra: 

Mà AD = BC (t/chất hình hình hành)

Suy ra: 

Lại có: AB // CD (gt)

AN ⊥ CD (gt)

Suy ra: AN ⊥ AB hay $\angle$(NAB) = ${90}^0$

suy ra: $\angle$NAM + $\angle$MAB = ${90}^0$ (1)

Trong tam giác vuông AMB ta có $\angle$ABM = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$(MAB) + $\angle$B = ${90}^0$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\angle$NAM = $\angle$B

Xét $△$ABC và $△$MAN ta có:

 (chứng minh trên)

$\angle$(NAM) = $\angle$B (chứng minh trên)

Vậy $△$ABC đồng dạng $△$MAN (c.g.c)

* Trường hợp góc B tù:

Xét $△$MAN và $△$AND, ta có:

$\angle$(AMB) = $\angle$(AND) = ${90}^0$

$\angle$(ABM) = $\angle$(ADN) (vì cùng bằng C)

⇒$△$AMB đông dạng $△$AND (g.g)

Suy ra:

Mà AD = BC (t/chẩt hình bình hành)

Suy ra: 

Vì AB //CD nên $\angle$(ABC) + $\angle$C =${180}^0$ (3)

Tứ giác AMCN có $\angle$(AMC) = $\angle$(AND) = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$(MAN) + $\angle$C = ${180}^0$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra: (MAN) = (ABC)

Xét $△$AMN và $△$ABC, ta có:

 (chứng minh trên)

$\angle$(MAN) = $\angle$(ABC) (chứng minh trên)

Vậy $△$MAN đồng dạng $△$ABC (c.g.c)

Dựng BG ⊥ AC.

Xét ΔBGA và ΔCEA, ta có:

$\angle$(BGA) = $\angle$(CEA) = ${90}^0$

$\angle$A chung

⇒$△$BGA đồng dạng $△$CEA(g.g)

Suy ra: 

AB.AE = AC.AG (1)

Xét $△$BGC và $△$CFA, ta có:

$\angle$(BGC) = $\angle$(CFA) = ${90}^0$

$\angle$(BCG) = $\angle$(CAF) (so le trong vì AD //BC)

$△$BGC đồng dạng $△$CFA (g.g)

Suy ra:  ⇒ BC.AF = AC.CG

Mà BC = AD (tính chất hình bình hành)

Suy ra: AD.AF = AC.CG (2)

Cộng từng vế đẳng thức (1) và (2) ta có:

AB.AE + AD.AF = AC.AG + AC.CG

AB.AE + AD.AF= AC(AG + CG)

Mà AG + CG = AC nên AB.AE + AD.AF = $A{C}^2$

Xét $△$ADC và $△$BEC, ta có:

$\angle$(ADC) =$\angle$(BEC) = ${90}^0$

$\angle$C chung

Suy ra: $△$ADC đồng dạng $△$BEC (g.g)

Suy ra: ⇒ ECBC = DCAC

Xét $△$DEC và $△$ABC ta có:

$\angle$C chung

Vậy $△$DEC đồng dạng $△$ABC (c.g.c)

Gọi Q là giao điểm của PF và AK ,I là giao điểm của PE và CL

Trong $△$FPE ta có: PE//AK hay QM //PE

Suy ra:  (định lí ta-lét) (1)

Trong $△$ALO ta có:PF //CL hay FQ //LO

Suy ra: (định lí ta-lét) (2)

Trong $△$ALC ta có: PF // CL

Suy ra:  (định lí ta-lét) (3)

Từ (2) và (3) suy ra: 

Vì LO = 1/3 CL (O giao điểm của hai đường trung tuyến) nên  (4)

Từ (1) và (4) suy ra:  ⇒ FM = 1/3 FE

Trong $△$EPF ta có:PF // CL hay NI // PF

Suy ra:  (định lí ta –lét) (5)

Trong $△$CKO ta có: EI // OK

Suy ra:  (định lí ta –lét) (6)

Trong $△$CKA ta có:PE // AK

Suy ra:  (định lí ta –lét) (7)

Từ (6) và (7) suy ra: 

Vì OK = 1/3 AK (O là giao điểm của hai đường trung tuyến) nên  (8)

Từ (5) và (8) suy ra:  ⇒EN = 1/3 EF

Ta có: MN = EF - (EN + FM) = EF - (1/3 EF + 1/3 EF) = 1/3 EF

Vậy EN = MN = NF