Bài tập về tính chất ba đường trung trực của tam giác

Bài tập về tính chất ba đường trung trực của tam giác.

1.

$\mathrm{\Delta }$ABC có $\hat{A}={90}^{\circ }$. Lấy M là trung điểm cạnh BC.

Ta chứng minh được MA = MB = MC = $\frac{1}{2}$BC

MA = MB nên M nằm trên đường trung trực của AB

MA = MC nên M nằm trên đường trung trực của AC

MC = MB nên M nằm trên đường trung trực của BC

Vậy M là giao điểm của ba đường trung trực của $\mathrm{\Delta }$ABC

2.

a) Xét $\mathrm{\Delta }$AOP có: Ox là đường trung trực của AP nên OA = OP

$\mathrm{\Delta }$AOP cân tại O $\Rightarrow$ OI vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác của $\hat{O}$

$\Rightarrow \widehat{O_1}=\widehat{O_2}$

Tương tự:

Xét $\mathrm{\Delta }$BOP có: Oy là đường trung trực của BP nên OB = OP

$\mathrm{\Delta }$AOP cân tại O $\Rightarrow$ OE vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác của $\hat{O}$

$\Rightarrow \widehat{O_3}=\widehat{O_4}$

$\Rightarrow$ $\widehat{O_1}+\widehat{O_4}=\widehat{O_2}+\widehat{O_3}$

Mà $\widehat{O_2}+\widehat{O_3}={90}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{O_1}+\widehat{O_4}+\widehat{O_2}+\widehat{O_3}={180}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{AOB}={180}^{\circ }$ hay A, O, B thẳng hàng.

b) Theo câu a ta có:

$\mathrm{\Delta }$AOP cân tại O nên $\hat{A}=\widehat{P_1}$

$\mathrm{\Delta }$BOP cân tại O nên $\hat{B}=\widehat{P_2}$

$\Rightarrow \hat{A}+\hat{B}=\widehat{P_1}+\widehat{P_2}$

Do A, O, B thẳng hàng nên AB là một cạnh của $\mathrm{\Delta }$APB

Từ đó $\hat{A}+\hat{B}+\widehat{P_1}+\widehat{P_2}={180}^{\circ }$

$\iff \hat{A}+\hat{B}=\widehat{P_1}+\widehat{P_2}={90}^{\circ }$

Vậy $\mathrm{\Delta }$BAP vuông tai P có O là trung điểm cạnh huyền AB.

Từ đó ta chứng minh được O là trung điểm ba đường trung trực của $\mathrm{\Delta }$APB (theo bài 1)

3.

a) Xét $\mathrm{\Delta }$AEF có :

$\hat{E}=\widehat{A_1}$ (2 góc đồng vị)

$\hat{F}=\widehat{A_2}$ (2 góc so le trong)

Mà $\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\Rightarrow \hat{E}=\hat{F}$ 

$\Rightarrow$ $\mathrm{\Delta }$AEF cân tại A.

b) Gọi K là giao điểm của EH với đường trung trực của EF.

$\mathrm{\Delta }$AEF cân tại A nên AK vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác của góc $\widehat{EAF}$.

Mà $\widehat{BAC}$ và $\widehat{CAF}$ là hai góc kề bù có AI và AK là hai đường phân giác nên AI $\perp$ AK.

c) $\mathrm{\Delta }$ABC cố định nên đường phân giác AI cố định, AK $\perp$ AI nên AI cũng cố định. Điểm H chuyển động trên IC thì $\mathrm{\Delta }$EAF luôn cân tại A nên đường trung trực qua A cố định.

4.

Xét $\mathrm{\Delta }$AKH và $\mathrm{\Delta }$BKC₁ là hai tam giác vuông có:

AK = KB

KH = KC₁

$\Rightarrow$ $\mathrm{\Delta }$AKH = $\mathrm{\Delta }$BKC₁ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow$ AH = BC₁    (1)

Và $\widehat{A_1}=\widehat{B_1}\Rightarrow$ AH // BC₁ (có hai góc so le trong bằng nhau)   (2)

Xét $\mathrm{\Delta }$AHI và $\mathrm{\Delta }$CB₁I là hai tam giác vuông có:

HI = IB

AI = IC

$\Rightarrow$ $\mathrm{\Delta }$AHI = $\mathrm{\Delta }$CB₁I   (3)

Và $\widehat{A_2}=\widehat{C_1}\Rightarrow$ AH // B₁C    (4)

Từ (1) và (3) $\Rightarrow$ BC₁ // CB₁

Từ (2) và (4) $\Rightarrow$ BC₁ = CB₁ = AH

Tương tự ta có AC₁ // A₁C; A₁B // AB₁

                             AC₁ = A₁C = BH; A₁B // AB₁ = CH

Mà H là giao điểm ba đường trung trực của $\mathrm{\Delta }$ABC nên AH = BH = CH

Do đó BC₁ = B₁C = AC₁ = A₁C = AB₁ = A₁B

b) Xét $\mathrm{\Delta }$C₁AB₁ và $\mathrm{\Delta }$CA₁B là hai tam giác cân, ta có:

C₁A = CA₁ 

AB₁ = BA₁

$\widehat{C_{1}A{B}_1}=\widehat{C{A}_{1}B}$

$\Rightarrow$ $\mathrm{\Delta }$C₁AB₁ = $\mathrm{\Delta }$CA₁B (c.g.c)

$\Rightarrow$  BC = B₁C₁ 

Tương tự ta có: AC = A₁C₁

                AB = A₁B₁

Do đó $\mathrm{\Delta }$ABC = $\mathrm{\Delta }$A₁B₁C₁ (c.c.c)