Bài tập tự luận: sự đồng quy của ba đường phân giác của tam giác SVIP

Hướng dẫn giải:

Ta có $D$ thuộc phân giác của $\widehat{A}$;

$D H \perp A B$; $D K \perp A C$ $\Rightarrow D H=D K$ (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $\triangle B G D$ và $\triangle C G D$, có

$\widehat{B G D}=\widehat{C G D}=90^{\circ}$ ($DG$ là trung trực của $B C$ ),

$BG=CG$ (già thiết),

$DG$ là cạnh chung.

Do đó $\triangle B G D=\triangle C G D$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow B D=C D$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $\triangle B H D$ và $\triangle C K D$, có

$\widehat{B H D}=\widehat{C K D}=90^{\circ}$ (giả thiết);

$D H=D K$ (chứng minh trên);

$B D=C D$ (chứng minh trên).

Do đó $\triangle B H D=\triangle C K D$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

$\Rightarrow B H=C K$ (hai cạnh tương ứng).

Hướng dẫn giải:

Kẻ $IE \perp AD$ (với $E \in A D$).

Gọi $A x$ là tia đối của tia $A B$.

Vì $\widehat{B A C}$ và $\widehat{C A x}$ là hai góc kề bù mà $\widehat{B A C}=120^{\circ}$ nên $\widehat{C A x}=60^{\circ}$ (1) 

Ta có $AD$ là phân giác của $\widehat{B A C} \Rightarrow \widehat{D A C}=\dfrac{1}{2} \widehat{B A C}=60^{\circ}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A C$ là tia phân giác của $\widehat{D A x}$

$\Rightarrow I H=I E$ (tính chất tia phân giác của một góc) (3)

Vì $D I$ là phân giác của $\widehat{A D C}$ nên $I K=I E$ (tính chất tia phân giác của một góc) (4)

Từ (3) và $(4)$ suy ra $I H=I K$.

Hướng dẫn giải:

a) Xét $\triangle I O E$ và $\triangle I O F$ có

$\widehat{E}=\widehat{F}=90^{\circ}$ (giả thiết);

$O I$ cạnh chung;

$\widehat{E O I}=\widehat{F O I}$ ($Om$ là tia phân giác).

Vậy $\triangle I O E=\triangle I O F$ (cạnh huyền - góc nhọn).

b) $\triangle I O E=\triangle I O F$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow O E=O F$ (hai cạnh tương ứng).

Gọi $H$ là giao điểm của $O m$ và $E F$.

Xét $\triangle O H E$ và $\triangle O H F$, có

$O E=O F$ (chứng minh trên);

$\widehat{E O H}=\widehat{F O H}$ ($O m$ là tia phân giác);

$\mathrm{OH}$ chung.

Do đó $\triangle O H E=\triangle O H F$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{O H E}=\widehat{F H O}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{O H E}+\widehat{F H O}=180^{\circ}$ nên $\widehat{O H E}=\widehat{F HO}=90^{\circ}$.

Vậy $E F \perp O m$.

Hướng dẫn giải:

a) Xét $\triangle O A D$ và $\triangle O C B$, có

$O A=O C$ (giả thiết);

$\widehat{O}$ chung;

$O D=O B$ (giả thiết).

Do đó $\triangle O A D=\triangle O C B$ (c.g.c)

$\Rightarrow A D=C B$ (hai cạnh tương ứng).

b) Do $O A=O C$ và $O B=O D$ nên $A B=C D$.

Mà $\triangle O A D=\triangle O C B$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat{O B C}=\widehat{O D A}$; $\widehat{O A D}=\widehat{O C B}$ (hai góc tương ứng)

Mặt khác $\widehat{A B E}+\widehat{O B C}=\widehat{C D E}+\widehat{O D A}=180^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{A B E}=\widehat{CDE}$

Xét $\triangle A B E$ và $\triangle C D E$ có

$\widehat{O A D}=\widehat{O C B}$ (chứng minh trên);

$A B=C D$ (chứng minh trên);

$\widehat{A B E}=\widehat{C D E}$ (chứng minh trên) 

Do đó $\triangle A B E=\triangle C D E$ (g.c.g).

c) Vi $\triangle A B E=\triangle C D E$ (chứng minh trên) nên $A E=C E$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $\triangle A E O$ và $\triangle C E O$ có $A E=C E$ (chứng minh trên);

$O E$ cạnh chung;

$O A=O C$ (giả thiết).

Do đó $\triangle A E O=\triangle C E O$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{A O E}=\widehat{C O E}$ (hai góc tương ứng)

$\Rightarrow O E$ là tia phân giác của $\widehat{x O y}$.

Hướng dẫn giải:

a) $\triangle A B C$ cân tại $A$ nên $\widehat{A B C}=\widehat{A C B}$.

Vì $B Q$ và $C P$ là đường phân giác của $\widehat{B}, \, \widehat{C}$ nên $\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\dfrac{\widehat{A B C}}{2}$, $\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\dfrac{\widehat{A C B}}{2}$.

Do đó $\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$.

Suy ra $\triangle O B C$ cân tại $O$.

b) Vì $O$ là giao điểm các đường phân giác $C P$ và $B Q$ trong $\triangle A B C$ nên $O$ là giao điểm ba đường phân giác trong $\triangle A B C$.

Do đó, $O$ cách đều ba cạnh $A B, \, A C$ và $B C$.

c) Ta có $\triangle A B C$ cân tại $A, \, A O$ là đường phân giác của góc $A$ nên $A O$ đồng thời là trung tuyến và đường cao của $\triangle A B C$.

Vậy đường thẳng $A O$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $B C$ và vuông góc với nó.

d) Ta có $\triangle P B C=\triangle Q C B$ (g.c.g)

$\Rightarrow C P=B Q$ (hai cạnh tương ứng).

e) Ta có $A P=A B-B P$, $A Q=A C-C Q$ (1);

$\triangle P B C=\triangle Q C B \Rightarrow B P=C Q$ (2).

Lại có $A B=A C$ (tam giác $A B C$ cân tại $A$) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra $A P=A Q$.

Vậy tam giác $A P Q$ cân tại $A$.