Đáp án:Bài 3

Cho $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $\widehat{A} = 60^\circ$. Trên $AB$ lấy $K$ sao cho $AK = AC$. Từ $K$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $BC$ tại $E$.

a) Chứng minh: $AE$ là tia phân giác của $\widehat{CAB}$ và $EC < EB$.

• Xét hai tam giác vuông $\triangle ACE$ và $\triangle AKE$ có:

  • Cạnh huyền $AE$ chung.

  • $AC = AK$ (giả thiết).

• $\implies \triangle ACE = \triangle AKE$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông).

• $\implies \widehat{CAE} = \widehat{KAE}$ (hai góc tương ứng).

• Vậy $AE$ là tia phân giác của $\widehat{CAB}$.

• So sánh $EC$ và $EB$:

  • Vì $\triangle ACE = \triangle AKE \implies EC = EK$.

  • Xét $\triangle EKB$ vuông tại $K$, ta có cạnh huyền $EB$ là cạnh lớn nhất $\implies EK < EB$.

  • Do đó, $EC < EB$.

b) Chứng minh: $K$ là trung điểm của $AB$ và $AB = 2AC$.

• Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$, ta có $\widehat{B} = 90^\circ - \widehat{A} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

• Xét $\triangle EKB$ vuông tại $K$ có $\widehat{B} = 30^\circ \implies \widehat{KEB} = 60^\circ$.

• Từ câu a, $\widehat{KAE} = \frac{1}{2}\widehat{A} = 30^\circ$.

• Xét $\triangle AEB$ có $\widehat{EAB} = 30^\circ$ và $\widehat{B} = 30^\circ \implies \triangle AEB$ cân tại $E$.

• Trong tam giác cân $AEB$, đường cao $EK$ đồng thời là đường trung tuyến.

• Vậy $K$ là trung điểm của $AB$.

• Vì $K$ là trung điểm $AB \implies AB = 2AK$. Mà $AK = AC \implies$ $AB = 2AC$.

c) Kẻ $BD \perp AE$ tại $D$. Gọi $G$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh $\triangle AGB$ đều.

• Xét $\triangle ABG$ có $AD$ là đường phân giác (từ câu a) đồng thời là đường cao (do $BD \perp AE$).

• $\implies \triangle ABG$ cân tại $A$.

• Mà $\widehat{GAB} = 60^\circ$, tam giác cân có một góc $60^\circ$ là tam giác đều.

• Vậy $\triangle AGB$ đều.

d) Chứng minh ba đường thẳng $AC, BD, KE$ cùng đi qua một điểm.

• Xét $\triangle ABG$:

  • $AC$ là đường cao (do $AC \perp BC$).

  • $BD$ là đường cao (giả thiết).

  • $KE$ là đường cao (do $KE \perp AB$).

• Trong một tam giác, ba đường cao đồng quy. Vậy $AC, BD, KE$ cùng đi qua một điểm (trực tâm của $\triangle ABG$).

Bài 4

Cho $\triangle DEF$ cân tại $D$. $M, N$ là trung điểm của $DF$ và $DE$. Kẻ $DH \perp EF$.

a) Chứng minh $EM = FN$ và $\widehat{DEM} = \widehat{DFN}$.

• Vì $\triangle DEF$ cân tại $D \implies DE = DF$ và $\widehat{E} = \widehat{F}$.

• $M, N$ là trung điểm $\implies DM = MF = DN = NE = \frac{1}{2}DE$.

• Xét $\triangle DEM$ và $\triangle DFN$ có:

  • $DE = DF$.

  • $\widehat{D}$ chung.

  • $DM = DN$.

• $\implies \triangle DEM = \triangle DFN$ (c-g-c).

• $\implies$ $EM = FN$ và $\widehat{DEM} = \widehat{DFN}$ (các cặp cạnh và góc tương ứng).

b) Gọi $K$ là giao điểm của $EM$ và $FN$. Chứng minh $KE = KF$.

• Ta có $\widehat{DEF} = \widehat{DFE}$ (do $\triangle DEF$ cân).

• Mà $\widehat{DEM} = \widehat{DFN}$ (chứng minh trên).

• Suy ra $\widehat{DEF} - \widehat{DEM} = \widehat{DFE} - \widehat{DFN} \implies \widehat{KEF} = \widehat{KFE}$.

• Tam giác có hai góc đáy bằng nhau là tam giác cân.

• Vậy $\triangle KEF$ cân tại $K \implies$ $KE = KF$.

c) Chứng minh $EM, FN, DH$ đồng quy.

• Trong $\triangle DEF$ cân tại $D$, $DH$ là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến.

• $EM$ và $FN$ cũng là các đường trung tuyến (do $M, N$ là trung điểm).

• Ba đường trung tuyến của một tam giác luôn đồng quy tại trọng tâm.

• Vậy $EM, FN, DH$ đồng quy

  .Bài 5

  Cho $\triangle DEF$ cân tại $D$. Trên cạnh $DE$ và $DF$ lần lượt lấy hai điểm $H$ và $K$ sao cho $DH = DK$. Gọi giao điểm của $EK$ và $FH$ là $O$.

  a) Chứng minh: $EK = FH$

  • Xét $\triangle DEK$ và $\triangle DFH$ có:

    • $DE = DF$ (do $\triangle DEF$ cân tại $D$).

    • $\widehat{D}$ là góc chung.

    • $DK = DH$ (giả thiết).

  • $\implies \triangle DEK = \triangle DFH$ (c-g-c).

  • $\implies EK = FH$ (hai cạnh tương ứng).

  b) Chứng minh: $\triangle HOE = \triangle KOF$

  • Ta có: $DE = DF$ và $DH = DK$ $\implies DE - DH = DF - DK$ hay $HE = KF$.

  • Từ $\triangle DEK = \triangle DFH$ (câu a), ta suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau:

    • $\widehat{DEK} = \widehat{DFH}$ (hay $\widehat{HEO} = \widehat{KFO}$).

    • $\widehat{DKE} = \widehat{DHF}$.

  • Mà $\widehat{DHF} + \widehat{FHE} = 180^\circ$ và $\widehat{DKE} + \widehat{EKF} = 180^\circ$ (các cặp góc kề bù).

  • $\implies \widehat{FHE} = \widehat{EKF}$ (hay $\widehat{OH E} = \widehat{OKF}$).

  • Xét $\triangle HOE$ và $\triangle KOF$ có:

    • $HE = KF$ (chứng minh trên).

    • $\widehat{HEO} = \widehat{KFO}$ (chứng minh trên).

    • $\widehat{OHE} = \widehat{OKF}$ (chứng minh trên).

  • $\implies \triangle HOE = \triangle KOF$ (g-c-g).

  c) Chứng minh: $DO$ vuông góc với $EF$

  • Từ $\triangle HOE = \triangle KOF \implies OE = OF$ (hai cạnh tương ứng).

  • Xét $\triangle DOE$ và $\triangle DOF$ có:

    • $DE = DF$ (giả thiết).

    • $DO$ là cạnh chung.

    • $OE = OF$ (chứng minh trên).

  • $\implies \triangle DOE = \triangle DOF$ (c-c-c).

  • $\implies \widehat{ODE} = \widehat{ODF}$ (hai góc tương ứng).

  • Do đó, $DO$ là tia phân giác của góc $D$.

  • Trong tam giác cân $DEF$, tia phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao.

  • Vậy $DO \perp EF$.

Giải thích các bước giải: