hình học phẳng

Question

Cho tam giác $ABC$. Dựng phía ngoài tam giác đó các tam giác $BCP,CAQ,ABR$ sao cho :
$\widehat {PBC} = \widehat {CAQ} = {45^0},\widehat {BCP} = \widehat {QCA} = {30^0},\widehat {ABR} = \widehat {BAR} = {15^0}$
Chứng minh rằng: tam giác $PQR$ là tam giác vuông cân

score 7 · Answer 1

Bình chọn tăng 7 Bình chọn giảm

Bổ đề $(*)$: Nếu $AC$ và $AD$ nằm trong $\widehat{BAE}$ thì ta có:
$ \Delta ABC \sim \Delta ADE \Leftrightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACE $

Trở lại bài toán:

Dựng $\Delta BPD$ đều trong nửa mặt phẳng bờ $BP$ cùng phía với $BC$. Dễ thấy $\Delta BDC$ cân tại $D$ và có góc ở đáy là $15^o$. Do đó: $\Delta BRA \sim \Delta BDC \Rightarrow \Delta BRD \sim \Delta BAC$ suy ra $\frac{RD}{BD}=\frac{AC}{BC}$.
Vì $\Delta ACQ \sim \Delta BCP$ nên $\frac{AC}{BC}=\frac{QC}{PC}$ suy ra $\frac{RD}{PD}=\frac{RD}{BD}=\frac{QC}{PC}$.
Mà $\widehat{RDP}=\widehat{QCP}=\widehat{ACB}+60^o$ nên $\Delta RDP \sim \Delta QCP$, suy ra $\Delta PQR \sim \Delta PCD$.
Theo cách dựng điểm $D$ thì $\Delta PDC$ vuông cân tại $D$ nên $\Delta PQR$ vuông cân tại $R$.

bai lâu ùi vẫn quay lại giải- bác này rất cẩn thận – muabongbong_nb 21-10-12 11:46 PM

bài này post lâu ùi mà vẫn có ngừoi giải, rất bổ ích thanks bạn. – toansocap 21-10-12 11:31 PM

score 5 · Answer 2

Trong tam giác $AQC$,theo định lý hàm số sin,ta có :
$\frac{{AQ}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{AC}}{{\sin \widehat {AQC}}} = \frac{{AC}}{{\sin {{75}^0}}}$
$ \Rightarrow AQ = \frac{b}{{2\sin {{75}^0}}}$
Tương tự có     $BP = \frac{a}{{2\sin {{75}^0}}}$
Dễ thấy trong tam giác $ABR$,thì    $RA = RB = \frac{{AB}}{{2\cos {{15}^0}}} = \frac{c}{{2\sin {{75}^0}}}$
Theo định lý hàm số cosin trong tam giác $ARQ$ có
$R{Q^2} = {\rm{A}}{{\rm{R}}^2} + A{Q^2} - 2AR.AQ\cos \widehat {RAQ}$
              $\begin{array}{l}
= \frac{{{c^2}}}{{4{{\sin }^2}{{75}^0}}} + \frac{{{b^2}}}{{4{{\sin }^2}{{75}^0}}} - \frac{{bc}}{{4{{\sin }^2}{{75}^0}}}c{\rm{os}}({60^0} + A)\\
= \frac{1}{{2{{\sin }^2}{{75}^0}}}\left[ {{b^2} + {c^2} - 2bc(\frac{1}{2}\cos A - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin A)} \right]\\
= \frac{1}{{2{{\sin }^2}{{75}^0}}}\left[ {{b^2} + {c^2} - bc(\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} - \sqrt 3 \frac{{2S}}{{bc}}} \right]
\end{array}$
$ = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\sqrt 3 S}}{{2(1 + c{\rm{os}}{{30}^0})}}             (1)$
Tương tự ta có   $R{P^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\sqrt 3 S}}{{2(1 + c{\rm{os}}{{30}^0})}}      (2)$
    $P{Q^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\sqrt 3 S}}{{1 + c{\rm{os}}{{30}^0}}}      (3)$
Từ $(1)(2)(3$) suy ra đpcm.