Tính các góc của tam giác ABC
#1
Đã gửi 04-01-2012 - 16:30
#2
Đã gửi 04-01-2012 - 17:09
Theo tính chất phân giác áp dụng cho tam giác AHC:Tính các góc của tam giác ABC biết đường cao AH, trung tuyến AM chia góc $\widehat{BAC}$ thành 3 góc bằng nhau
$\dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{HD}}{{DC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {C} = {30^0} \Rightarrow \widehat {B} = {60^0}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đoàn Quốc Việt: 04-01-2012 - 17:10
- perfectstrong và MIM thích
#3
Đã gửi 05-01-2012 - 16:01
#4
Đã gửi 05-01-2012 - 18:23
Giả thiết không cho góc A = 90 độ mà bạn !!?Theo tính chất phân giác áp dụng cho tam giác AHC:
$\dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{HD}}{{DC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {C} = {30^0} \Rightarrow \widehat {B} = {60^0}$
Nếu góc A=90 độ thì
=> góc BAH = 90 / 3 = 30 độ, góc HAC = 60 độ
=> góc HBA = 90 - 30 = 60 độ
góc HCA = 90 - 60 = 30 độ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenquang75: 05-01-2012 - 18:26
#5
Đã gửi 05-01-2012 - 20:38
Bạn đọc lại lời giải của tôi đi, có sử dụng góc A vuông đâu? Kết quả $\widehat{A}=90^0$ suy ra sau cùng.Giả thiết không cho góc A = 90 độ mà bạn !!?
Nếu góc A=90 độ thì
=> góc BAH = 90 / 3 = 30 độ, góc HAC = 60 độ
=> góc HBA = 90 - 30 = 60 độ
góc HCA = 90 - 60 = 30 độ
- Minhnguyenquang75 yêu thích
#6
Đã gửi 05-01-2012 - 20:55
Lời giải:
Dễ thấy $HB = HM = \dfrac{1}{2}MB = \dfrac{1}{2}MC$
Đặt $\angle BAH = \angle HAM = \angle MAC = a$
Dễ thấy $2a = \angle HAC = {90^o} - \angle ACB < {90^o}$
Đặt $BH = x;HA = y$
\[\begin{array}{l}
AM = AB = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{y^2} + {x^2}} \\
AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{y^2} + 9{x^2}} \\
\angle C + \angle HAC = {90^o} \Leftrightarrow \cos C = \sin HAC = \sin 2a = 2\sin a.\cos a \Leftrightarrow \dfrac{{CH}}{{CA}} = 2.\dfrac{{HM}}{{AM}}.\dfrac{{HA}}{{AM}} \\
\Leftrightarrow \dfrac{{3x}}{{\sqrt {{y^2} + 9{x^2}} }} = \dfrac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2}}} \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2y\sqrt {{y^2} + 9{x^2}} \Leftrightarrow 9{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} = 4{y^2}\left( {{y^2} + 9{x^2}} \right) \\
\Leftrightarrow 9{x^4} - 18{x^2}{y^2} + 5{y^4} = 0 \Leftrightarrow 9{\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^4} - 18{\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^2} + 5 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
\end{array}\]
Đặt $t = {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^2} = {\tan ^2}a$
\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \dfrac{1}{3} \\
t = \dfrac{5}{3} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\tan a = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \\
\tan a = \sqrt {\dfrac{5}{3}} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = {30^o} \\
a = ta{n^{ - 1}}\sqrt {\dfrac{5}{3}} \left( {{\rm{loai do }}2a > {{90}^o}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \angle BAC = {90^o};\angle ABC = {60^o};\angle ACB = {30^o} \\
\end{array}\]
- Minhnguyenquang75 yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#7
Đã gửi 05-01-2012 - 22:44
Em nó mới học lớp 7 đó Bác. Trước cổng trường bê bết bụi đỏ (đang làm đường) Em nó mà đọc bài này chắc ... xỉu luôn. Srr, Spam một chút.Chứng minh đầy đủ cho bài toán.
Lời giải:
Dễ thấy $HB = HM = \dfrac{1}{2}MB = \dfrac{1}{2}MC$
Đặt $\angle BAH = \angle HAM = \angle MAC = a$
Dễ thấy $2a = \angle HAC = {90^o} - \angle ACB < {90^o}$
Đặt $BH = x;HA = y$
\[\begin{array}{l}
AM = AB = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{y^2} + {x^2}} \\
AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{y^2} + 9{x^2}} \\
\angle C + \angle HAC = {90^o} \Leftrightarrow \cos C = \sin HAC = \sin 2a = 2\sin a.\cos a \Leftrightarrow \dfrac{{CH}}{{CA}} = 2.\dfrac{{HM}}{{AM}}.\dfrac{{HA}}{{AM}} \\
\Leftrightarrow \dfrac{{3x}}{{\sqrt {{y^2} + 9{x^2}} }} = \dfrac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2}}} \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2y\sqrt {{y^2} + 9{x^2}} \Leftrightarrow 9{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} = 4{y^2}\left( {{y^2} + 9{x^2}} \right) \\
\Leftrightarrow 9{x^4} - 18{x^2}{y^2} + 5{y^4} = 0 \Leftrightarrow 9{\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^4} - 18{\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^2} + 5 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
\end{array}\]
Đặt $t = {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^2} = {\tan ^2}a$
\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9{t^2} - 18t + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \dfrac{1}{3} \\
t = \dfrac{5}{3} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\tan a = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \\
\tan a = \sqrt {\dfrac{5}{3}} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = {30^o} \\
a = ta{n^{ - 1}}\sqrt {\dfrac{5}{3}} \left( {{\rm{loai do }}2a > {{90}^o}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \angle BAC = {90^o};\angle ABC = {60^o};\angle ACB = {30^o} \\
\end{array}\]
#8
Đã gửi 05-01-2012 - 23:42
Vẽ $MD\perp AC$ tại $D$, $MD$ cắt $AH$ tại $E$
Xét $\Delta AHM$ và $\Delta ADM$, có
$HM=DM$ ( cmt )
$\widehat{HME}=\widehat{DMC}$ ( gt )
=> $\Delta AHM$ = $\Delta ADM$ ( ch.gn )
=> $HM=DM$
Xét $\Delta HME$ vuông tại $H$ và $\Delta DMC$ vuông tại $D$, có
$\widehat{MHE}=\widehat{MDC}=90^{\circ}$
$AM$ cạnh chung
$\widehat{MAH}=\widehat{MAD}$
=> $\Delta HME$ = $\Delta DMC$ ( g.c.g )
=> $ME=MC$
mà $MC=MB$ ( $M$ là trung điểm $BC$ )
=> $ME=MB$
$\Delta ABM$ có
$AH$ là tia phân giác $\widehat{BAM}$ ( vì $\widehat{BAH}=\widehat{MAH}$ )
$AH$ là đường cao $AH\perp BM$
=> $\Delta ABM$ cân tại $A$
mà $AH$ là đường cao ( $AH\perp BM$ )
=> $AH$ là trung trực $BM$
mà $E\in AH$
=> $EH$ là trung trực $BM$
=> $BE=ME$
mà $ME=MB$ ( cmt )
=> $MB=ME=BE$
=> $\Delta MBE$ đều
=> $\widehat{BME}=60^{\circ}$
mà $\widehat{BME}=\widehat{DMC}$ ( đối đỉnh )
=>$\widehat{DMC}=60^{\circ}$
mà $\Delta DMC$ vuông tại $D$ có $\widehat{DMC}+\widehat{C}=90^{\circ}$
=> $\widehat{C}=30^{\circ}$
Ta có
$\widehat{BME}+\widehat{BMD}=180^{\circ}$
mà $BME^{\circ}=60^{\circ}$ ( vì $\Delta BME$ đều )
$\widehat{BMD}=120^{\circ}$
mà $\widehat{BMD}=\widehat{AMB}+\widehat{AMD}$
$\widehat{AMB}=\widehat{AMD}$
=> $\widehat{AMB}=\widehat{AMD}=\dfrac{\widehat{BMD}}{2}=\dfrac{120^{\circ}}{2}= 60^{\circ}$
mà $\widehat{AMB}=\widehat{B}$ ( vì $\Delta AMB$ cân tại $B$ )
=> $\widehat{B}=60^{\circ}$
mà $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$ ( tổng 3 góc $\Delta ABC$ )
$\widehat{C}=30^{\circ}$ ( cmt )
=> $\widehat{A}=90^{\circ}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Junz: 07-01-2012 - 11:18
#9
Đã gửi 06-01-2012 - 21:09
Thực ra, mình cũng có hơi quá đà trong việc sử dụng công cụ mạnh. Nhưng nó cũng hữu hiệu khi mở rộng lên thêm. Mời bạn tham khảo 1 bài toán sau (hình như cũng có lời giải THCS mà mình quên mất rồi):Em nó mới học lớp 7 đó Bác. Trước cổng trường bê bết bụi đỏ (đang làm đường) Em nó mà đọc bài này chắc ... xỉu luôn. Srr, Spam một chút.
Tính các góc $\vartriangle ABC$ biết trung tuyến AM, phân giác AD, đường cao AH chia góc BAC thành 4 phần bằng nhau.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#10
Đã gửi 07-01-2012 - 11:19
#11
Đã gửi 07-01-2012 - 22:38
Thực ra, mình cũng có hơi quá đà trong việc sử dụng công cụ mạnh. Nhưng nó cũng hữu hiệu khi mở rộng lên thêm. Mời bạn tham khảo 1 bài toán sau (hình như cũng có lời giải THCS mà mình quên mất rồi):
Tính các góc $\vartriangle ABC$ biết trung tuyến AM, phân giác AD, đường cao AH chia góc BAC thành 4 phần bằng nhau.
Giả sử AB < AC, chứng minh được D nằm giữa H và M.
Tia AD cắt (ABC) tại I là điểm chính giữa cung BC.
Chứng minh được $\Delta AMI$ cân tại M
$\Rightarrow$ M là tâm (ABC)
$\Rightarrow \widehat{BAC}=90^{o}$
$\Rightarrow \widehat{ABC}=67^{o}30'; \widehat{ACB}=22^{o}30'$
* Bài của Ham học toán hơn giải theo cách lớp 7 không khó.
#12
Đã gửi 08-01-2012 - 14:27
Mong bạn chứng minh lại đoạn $\vartriangle AMI$ cân tại M. Mình nghĩ bạn đã nhầm lẫn chỗ này.
Giả sử AB < AC, chứng minh được D nằm giữa H và M.
Tia AD cắt (ABC) tại I là điểm chính giữa cung BC.
Chứng minh được $\Delta AMI$ cân tại M
$\Rightarrow$ M là tâm (ABC)
$\Rightarrow \widehat{BAC}=90^{o}$
$\Rightarrow \widehat{ABC}=67^{o}30'; \widehat{ACB}=22^{o}30'$
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#13
Đã gửi 08-01-2012 - 22:06
Mong bạn chứng minh lại đoạn $\vartriangle AMI$ cân tại M. Mình nghĩ bạn đã nhầm lẫn chỗ này.
Có gì mà sai nhỉ? Dễ hiểu mà!!!
$\Delta BIC$ cân tại I có IM là trung tuyến
$\Rightarrow IM$ là đường cao$\Rightarrow IM$vuông góc BC
$\Rightarrow \widehat{DAM}=\widehat{AIM}(=\widehat{HAD})$
$\Rightarrow \Delta AMI $ cân.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hathanh123: 08-01-2012 - 22:09
- perfectstrong yêu thích
#14
Đã gửi 13-01-2013 - 13:34
o cho:ΔBIC cân tại I
#15
Đã gửi 09-07-2013 - 21:23
bài này ko ai làm được ah???
#16
Đã gửi 10-07-2013 - 17:13
... Đây là bài tập trong chuyên đề tính số đo góc, các em( lớp 7) có thể tham khảo trong quyển Nâng Cao và Phát Triển toán 7 tập 2 trang 55 Hoặc ở đây:
http://dethi.violet....ntry_id=6372225
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nk0kckungtjnh: 10-07-2013 - 17:19
Hãy Đánh Bại Những Gì Yếu Đuối Để Biết Rằng
Nỗ Lực Hơn Hẳn Tài Năng
- Nhân Chính -
#17
Đã gửi 12-07-2013 - 22:11
mod post bài giải sử dụng lớp 7,8 coi mod
#18
Đã gửi 17-11-2013 - 23:13
Nhớ là cô mình từng giải bài này rồi, nhưng tam giác ABC không có góc tù và giả sử AC>AB.
- Dựng MD vuông góc với AC (D thuộc AC)
- E là điểm đối xứng của M qua D.=> DE = DM
- Ta có:
+ $\triangle$AHM = $\triangle$ADM do $\widehat{HAM}$ = $\widehat{DAM}$, cạnh AM chung và là tam giác vuông. => MH = MD
+ $\triangle$AHB = $\triangle$AHM do $\widehat{BAH}$ = $\widehat{MAH}$, cạnh AH chung và là tam giác vuông. => HB = HM = MD = MC/2 (AM là trung tuyến).
+ $\triangle$CDM = $\triangle$CDE (cạnh góc cạnh) => CM = CE mà CM = 2MD = ME nên MCE là tam giác đều. Mặt khác góc MCD = ECD nên góc MCD = ECD = 30 độ.
- Xét $\triangle$ AHC có góc C bằng 30 độ, nên $\widehat{HAC}$ = 60 độ => $\widehat{BAC}$ = 3*60/2 = 90 độ.
- Dễ dàng suy ra góc ABC = 60 độ (180 - 30 - 90 = 60)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NoName2000: 17-11-2013 - 23:14
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh