Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh $∆$ ABM = $∆$ KBM
Xét $∆$ ABM và $∆$ KBM, ta có:
BA = BK (Giả thiết).
$\hat{A B M} = \hat{K B M}$ (Vì BM là tia phân giác của góc ABC).
BM là cạnh chung.
=> $∆$ ABM = $∆$ KBM (cạnh - góc - cạnh).
b) Chứng minh $∆$ MQC cân và $∆$ BQC đều
Ý 1: Chứng minh $∆$ MQC cân
- Từ $∆$ ABM = $∆$ KBM (câu a), suy ra $\hat{B K M} = \hat{B A M} = 90^{\circ}$ (hai góc tương ứng).
=> MK $⊥$ BC.
- Xét $∆$ MQC, đường cao MK đồng thời là đường trung trực của cạnh BC sẽ làm tam giác cân, nhưng ở đây ta xét góc:
- Trong $∆$ KMC vuông tại K, ta có: $\hat{K M C} = 90^{\circ} - \hat{C} = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ .
- Xét $∆$ ABM vuông tại A: $\hat{A M B} = 90^{\circ} - \hat{A B M} = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ} .$
- Ta có: $\hat{Q M A} = \hat{K M C} = 60^{\circ}$ (đối đỉnh).
- Xét $∆$ AMQ vuông tại A và $∆$ KMC vuông tại K: Có AM = MK (do $∆$ ABM = $∆$ KBM), $\hat{Q M A} = \hat{K M C} = 60^{\circ}$ .
=> $∆$ AMQ = $∆$ KMC (cạnh góc vuông - góc nhọn kề).
=> MQ = MC (hai cạnh tương ứng).
=> $∆$ MQC cân tại M. (đpcm)
Ý 2: Chứng minh $∆$ BQC đều
- Xét $∆$ BQC có $\hat{Q B C} = 60^{\circ}$ (giả thiết ban đầu).
- Ta có $∆$ AMQ = $∆$ KMC => AQ = KC.
Mà BA = BK (giả thiết).
=> BA + AQ = BK + KC
=> BQ = BC.
Tam giác BQC cân tại B (vì BQ = BC) lại có một góc $\hat{B} = 60^{\circ}$ .
Vậy: $∆$ BQC là tam giác đều. (đpcm)

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh $∆$ ABM = $∆$ KBM
Xét $∆$ ABM và $∆$ KBM, ta có:
BA = BK (Giả thiết).
$\hat{A B M} = \hat{K B M}$ (Vì BM là tia phân giác của góc ABC).
BM là cạnh chung.
=> $∆$ ABM = $∆$ KBM (cạnh - góc - cạnh).
b) Chứng minh $∆$ MQC cân và $∆$ BQC đều
Ý 1: Chứng minh $∆$ MQC cân
- Từ $∆$ ABM = $∆$ KBM (câu a), suy ra $\hat{B K M} = \hat{B A M} = 90^{\circ}$ (hai góc tương ứng).
=> MK $⊥$ BC.
- Xét $∆$ MQC, đường cao MK đồng thời là đường trung trực của cạnh BC sẽ làm tam giác cân, nhưng ở đây ta xét góc:
- Trong $∆$ KMC vuông tại K, ta có: $\hat{K M C} = 90^{\circ} - \hat{C} = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ .
- Xét $∆$ ABM vuông tại A: $\hat{A M B} = 90^{\circ} - \hat{A B M} = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ} .$
- Ta có: $\hat{Q M A} = \hat{K M C} = 60^{\circ}$ (đối đỉnh).
- Xét $∆$ AMQ vuông tại A và $∆$ KMC vuông tại K: Có AM = MK (do $∆$ ABM = $∆$ KBM), $\hat{Q M A} = \hat{K M C} = 60^{\circ}$ .
=> $∆$ AMQ = $∆$ KMC (cạnh góc vuông - góc nhọn kề).
=> MQ = MC (hai cạnh tương ứng).
=> $∆$ MQC cân tại M. (đpcm)
Ý 2: Chứng minh $∆$ BQC đều
- Xét $∆$ BQC có $\hat{Q B C} = 60^{\circ}$ (giả thiết ban đầu).
- Ta có $∆$ AMQ = $∆$ KMC => AQ = KC.
Mà BA = BK (giả thiết).
=> BA + AQ = BK + KC
=> BQ = BC.
Tam giác BQC cân tại B (vì BQ = BC) lại có một góc $\hat{B} = 60^{\circ}$ .
Vậy: $∆$ BQC là tam giác đều. (đpcm)

Answer 3

bài này khó quá

2 câu trả lời 156

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 7