Cho `\triangle ABC` đều với `P` là trung điểm `BC.` Từ `P` kẻ `\hat{QPR} = 60^o (Q in AB; R in AC)` CMR: `QP` là phân giác `\

1 bình luận về “Cho `\triangle ABC` đều với `P` là trung điểm `BC.` Từ `P` kẻ `\hat{QPR} = 60^o (Q in AB; R in AC)` CMR: `QP` là phân giác `\”

1. Ta có: \hat(P_1)+\hat(P_2)=180^0-\hat(P_3) (\text(kề bù))

   <=>\hat(P_1)+\hat(P_2)=180^0-60^0=120^0  (1)

   Xét \DeltaRCP có:

   \hat(P_1)+\hat(R_1)=180^0-\hat(C) (Tổng 3 góc \DeltaRCP)

   <=>\hat(P_1)+\hat(R_1)=180^0-60^0=120^0  (2)

   Từ (1),(2)=>\hat(P_2)=\hat(R_1)

   \underline(​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​ )

   Xét \DeltaPBQ và \DeltaRCP có:

   {(\hat(B)=\hat(C)(=60^0)),(\hat(P_2)=\hat(R_1)(cmt)):}

   =>\DeltaPBQ $\backsim$ \DeltaRCP (g-g)

   =>{(PB)/(RC)=(BQ)/(CP)=(PQ)/(RP)

   =>(BQ)/(CP)=(PQ)/(RP)

   Mà PB=CP (P là trung điểm BC)

   =>(BQ)/(PB)=(PQ)/(RP)<=>(QB)/(QP)=(BP)/(PR)

   Xét \DeltaQBP và \DeltaQPR có:

   {((QB)/(QP)=(BP)/(PR)(cmt)),(\hat(B)=\hat(QPR)(=60^0)):}

   =>\DeltaQBP $\backsim$ \DeltaQPR (c-g-c)

   =>\hat(Q_1)=\hat(Q_2) và \hat(P_2)=\hat(R_2)

   Ta có: \hat(Q_1)=\hat(Q_2)(cmt)

   =>QP là phân giác \hat(BQR)

   \underline(​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​ )

   Ta có:

   {(\hat(P_2)=\hat(R_1)(cmt)),(\hat(P_2)=\hat(R_2)(cmt)):}=>\hat(R_1)=\hat(R_2)

   =>RP là phân giác \hat(QRC)

   

   Trả lời