giải bài tập tính số góc của tam giác

Tài liệu là kho tàng phong phú đặc biệt tại địa chỉ 123.doc các bạn có thể tự chọn cho mình sao cho phù hợp với nhu cầu phục vụ . Trong những năm tháng học tập ở hà nội may mắn được các anh chị đã từng đi làm chia sẻ một một chút tài liệu tôi xin đươc chia sẻ với các bạn . trong quá trình upload vẫn còn chưa chỉnh sửa hết nhưng khi các bạn tải về vẫn có thể chỉnh sửa lại theo ý muốn của mình tùy theo mục đích và yêu cầu sử dụng. Xin được chia sẻ lên trang 123.doc và các bạn thường xuyên chọn 123.doc là địa chỉ tin cậy trong việc tải cũng như sử dụng tài liệu tại đây.

D A

HƯỚNG DẪN GIẢI

Chuyên đề 14 TÍNH SỐ ĐO GÓC

14.1 Tìm cách giải: Đây là bài toán khó bởi chúng ta khó nhận ra mối quan hệ giữa giả thiết và kết

luận đề tìm cách giải quyết bài toán Ta có ABC DBC 600 là một góc của tam giác đều Từ đó chúng ta có thể vẽ để tạo ra tam giác đều theo các hướng sau:

- Cách 1 Dựng tam giác đều BCM A M( ; cùng phía so với

)

BC .

ABM và ACM có AB AC MB; MC MA; là cạnh

chung

Suy ra ABMACM c c c 

Xét ABM và DBC có BM BC,

AMB DCB 30 ;0 ABM DBC100

 ABD cân tại B

70 2



- Cách 2 Dựng tam giác đều ABE C( và E cùng phía so

với AB)

2



 BCE    BDCBEC g c g

70 2



Cách 3: Dựng tam giác đều ACK B K( ; cùng phía so với

AC )

Ta có ABK cân tại K,

mà BAK 200 ABK 80 0

 800 500 300

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 1

E

D A

K

D A

 BD CK  ABD cân tại B

Mà ABD400

70 2



Cách 4:

Kẻ tia phân giác của góc ADB cắt CD kéo dài tại M

Ta có MBC MCB  300  BMC cân tại

Mặt khác

0

360 120

120 2



 g.c

Mà ABD400

70 2



14.2 Nhận xét Để tính được góc ADB ta cần chứng minh tam giác ABD cân tại B Ta có

150  90 60 là một góc của tam giác đều Do vậy trong bài toán này ta phải tìm cách vẽ kẻ để tạo

ra tam giác đều từ đó tìm cách tính góc ADB Có thể vẽ đường phụ theo các cách sau:

Cách 1: Dựng  đều ADF ( B; F cùng phía so với AC )

Ta có : ADC cân tại D mà ADC1500

 1800 1500 0

15 2



 900 150 600 150

 ADC AFB c g c  AFB

Và ABF 150 DFB 3600 60015001500

 

ABD300

75 2



Cách 2: Dựng tam giác đều ACE ( E; B khác phía so với AC )

ADE và CDE có AD CD AE CE ,  ,

DE là cạnh chung, suy ra ADECDE c c c( )

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 2

D

A

M

F

D

B

E

D

B

ADE và ADBcó ABAE,

  750

BAD EAD

, AD là cạnh chung, Suy ADEADB c g c 

 ADEADB

Vậy ADB750

Cách 3 : Dựng tam giác đều CDK (K; B cùng phía so với AC) suy ra DCB KCB 300

DCB và KCB có CD CK ,

  30 ;0

Suy ra DCBKCB c g c 

 *

ADB và ADC có DK DC ,

ADK ADC150 ,0 AD cạnh chung

Suy ra ADCADK c g c  ACAK AC; AB AK AB (1)

Mặt khác: CAD KAD  150  KAB 900 300 60 (2)0

Từ (1) và (2)  ABK là tam giác đều  BK BA(**)

Từ (*) và (**)  DB BA  ABD cân tại B

Vậy ADB75 0

Cách 4: Dựng tia Bx sao cho ABx15 (0 Bx và C nằm cùng

phía so với AB).

Tia Bx cắt tia CD tại I

Ta có BIC cân tại

  300

I IBC ICB

 

 BAI AI  do BIC cân tại I

 1500 300 300 1200

Mặt khác, ACI có :

ACI 15 ;0 CAI 450  AIC1800 1504501200

Từ đó ta có : AIB3600 12001200 1200

Vậy AIB DIB 1200  *

Xét tam giác AID có AID ACD CAD  300 ( góc ngoài tam giác )

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 3

K

D

B

C B

A

 450150 300 

Từ (*) và (**)  AIB DIB c g c( ) AB DB và ABI DBI 150

 ABD cân tại B

75 2



14.3.

a) Ta có ACDABC BAC 450150 600

Từ đó trong tam giác ECD vuông tại E, có CDE 300

nên CD2CE ( theo ví dụ 8, chuyên đề 9), ta lại có

2



CD BC nên CE BC , suy ra CBE 300 CDE 

EBD cân tại E suy ra EB ED

b) ta có

ABEABC CBE  450 300 150 EAB  EAB cân

tại E

ta lại có EA EB ED   EAD vuông cân tại E EDA 450

Vậy ADB ADE EDB  450300 750

14.4.

a) Dựng tam giác đều BEC sao cho E và

A nằm cùng trên nửa mặt phẳng bờ

BC

Ta có BA CA BE CE AE ,  , 1 cạnh

chung  ABEACE c c c 

Suy ra AEB AEC 300

ABC cân tại A có A1000 nên suy ra

ACB ABC 400 ECA ACD DCB  200

Suy ra DBCAEC c g c  CD CA

b) Ta có

 1800     1

Mà ABD ABC DCB   100  2

ACD BAD BAC DAC BAC

Từ (1), (2), (3) suy ra :

 1800    1800 1002001500

*Mở rộng bài toán : Có thể thay kết luận bằng yêu cầu : Tính số đo các góc ADC BAD; .

14.5.

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 4

E D

B

C

A

x E

D

C A

B

a) Ta có FBA 400 BAC BFA

cân tại F FA FB (1)

AH là phân giác của BAC nên  BAE200

Dựng tam giác đều ABD sao cho D

nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC

không chứa điểm B thì DA = DB,

 20 (2)0

FAD

Từ (1) và (2) suy ra ADF BDF c c c 

 ADF BDF

Từ đó dễ dàng suy ra FADEAB g c g  AEAF

b) Ta có DFA 1800 ADF DAF  1800 300 200 1300

Ta có DFA DFB 130 ;0 EFA800nên suy ra EFB 20 ,0 EBF 100

Trong BFE thì BEF 1800 EBF EFB 1500

14.6

- Cách 1 Vẽ tam giác đều ACF sao cho F nằm trên

nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C

Gọi giao điểm của CF và AB là K

Ta có BCK 20 ;0 ECK 40 ;0

 1800    800

 CBK cân tại C  CK BC  1

 1800    500

 CBD cân tại C  CD BC  2

Từ (1) và (2) suy ra  CD CK

 KCD cân tại C và  DCK 600

CKE có  KCE KEC 400 nên CKE cân tại K  CK EK (4)

Từ (3) và (4) suy ra EK DK EKD cân tại K và có

 1800    400

nên KED 700 mà BEC 400

 CED

- Cách 2: Vẽ EF/ /BC F( thuộc AC) Gọi P là giao điểm của BF và

CE, do BCE 600 nên BPC đều  CP CB  1

Do CBD CDB  500 nên BCD cân tại

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 5

F E

H

A

D

E A

P

F E

A

D

C, dẫn đến CD CB  2

Từ (1) và (2) suy ra DCP cân tại C nên CPD 80 ;0 DPF 40 0 Mà DFP400 nên

DPF cân DP DF ,

Từ đó DPF DFE c c c 

Suy ra PED FED 300 Hay CED 300

-Cách 3: trên tia CA CB; lấy V và U sao cho CV CU CE 

Ta có : CE CU và  BCE600nên CEU đều, do đó

cân nên AE CE do đó  AE EU Có



EV BU và  AVE EBU 1800 ABC1800 800 1000

Mặt khác,BU CU BC CV CD DV nên      EV DV Do đó EVD cân tại V, suy ra

50 2

DEV AVE

Ta có: CVE cân tại C có ECV 200,suy ra CEV CVE 800 Từ đó:

    800 500 300

-Cách 4:Lấy F trên AB sao cho DCF 600 FCB 200 BCF cân

(CFB CBF 80 ),

Nên CF CB Ta có BCD cân  (CBD CDB  50 )0 suy ra CB CD 

Từ đó CF CD mà  DCF 600nên CDF đều, do đó FCE400 FEC

nên FE FC ,suy ra  FEFD.

Vậy FED cân tại F Vì EFD400, suy ra FED 700.

Ta có: CED FED FEC    700 400 300.

14.7 Giả sử CM cắt AB tại E , tia phân giác góc BEC cắt BM , BC lần lượt tại H và K Ta có

tam giác MAC cân tại M , nên AME200200 400.Lại có CEA CEK  BEK 600, suy ra

CEACEK g c g  MEAMEK c g c Suy ra

AME KME 400.Vì EBK 400nên

EKBEKM g c g suy ra EHB EHM c g c ,do

đó EHM 900.

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 6

Xét tam giác HEM có EHM 90 ,0 HEM 600,nên EMH 300.Do đó

AMB BME EMA  300400 700.

14.8 Ta có C 1800 (550115 ) 100  0

Kẻ DEAM E( AC)

Ta có DAM DMA 300  DAM cân tại Dtừ

đó suy ra ADM 1200 ,và DE là đường phân

giác của góc ADM nên EDM BDM 600.Do

đóEDCBDC g c g( ) BCEC

Xét BMC và EMC có

Do đó: BMCEMC c g c( )

14.9 Vẽ tam giác AME đều với E và B cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AM

Ta có BAE800100 600 100,BAE và CAM có

0

0

Do đó



BEM

Xét tam giác BEM có BEAEEM

nên EBM EMB (1800140 ) : 2 200  0

Do đóAMB200600 80 0

14.10 Dựng tam giác BCD đều với A D, cùng nằm trên một

nửa mặt phẳng bờ BC Ta có ABCACB500,suy ra

ABD10 0

Từ ADBADC c c c( ) ADB ADC 30 0

Từ đó BADBMC g c g suy ra BA BM( ),  ,dẫn đến tam

giác BAM đều, suy ra AMB600 và

AMC(1800100 30 ) 600  0 80 0

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 7

14.11 Vẽ tam giác đều MCE (N và E thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ CM ).

Ta có ACE BCE (cùng +  MCA600).

0

)

Ta có MBD MDB  300 MBD cân tại  M MB MD 

Mà MBAE (vì ACEBCM )  MD AE 

AEN và DMN có : MD AE MDN , EAN 1500  AEN DMN c g c( ) MN NE

Mà

2

MCN NCE MCE MCN MCE

“Trên con đường thành công không có dấu chân kẻ lười biếng” Page 8