Bài 22. Cho tam giác đều $A B C$. Trên tia đối tia $A B$ ta lấy điểm $D$ và trên tia đối tia $A C$ ta lấy điểm E sao cho $\mathrm{AD}=\mathrm{AE}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{P}, \mathrm{Q}$ theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng $B E, A D, A C, A B$.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCDE là hình thang cân.
b) Chứng minh rằng tứ giác CNEQ là hình thang.
c) Trên tia đối của tia MN lấy $\mathrm{N}^{\prime}$ sao cho $\mathrm{N}^{\prime} \mathrm{M}=\mathrm{MN}$. Chứng minh rằng $\mathrm{BN}^{\prime}$ vuông góc với $B D ; E B=2 M N$.
d) $ riangle$ MNP là tam giác đều.

Question

Bài 22. Cho tam giác đều $A B C$. Trên tia đối tia $A B$ ta lấy điểm $D$ và trên tia đối tia $A C$ ta lấy điểm E sao cho $\mathrm{AD}=\mathrm{AE}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{P}, \mathrm{Q}$ theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng $B E, A D, A C, A B$.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCDE là hình thang cân.
b) Chứng minh rằng tứ giác CNEQ là hình thang.
c) Trên tia đối của tia MN lấy $\mathrm{N}^{\prime}$ sao cho $\mathrm{N}^{\prime} \mathrm{M}=\mathrm{MN}$. Chứng minh rằng $\mathrm{BN}^{\prime}$ vuông góc với $B D ; E B=2 M N$.
d) $	riangle$ MNP là tam giác đều.

Accepted Answer

Bài 22:

a) Ta có tam giác ADE cân và có $\widehat{\mathrm{A}}=60^{\circ}$ nên $ riangle$ ADE là tam giác đều.
$\widehat{\mathrm{ADE}}=\widehat{\mathrm{ABC}}=60^{\circ} \Rightarrow \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}$ (hai góc so le trong bằng nhau)
Ta lại có: $\mathrm{DB}=\mathrm{AD}+\mathrm{AB}=\mathrm{AE}+\mathrm{AC}=\mathrm{EC}$
Do đó BCDE là hình thang cân.
b) Tam giác đều ADE có EN là trung tuyến
$\Rightarrow \mathrm{EN} \perp \mathrm{AD}$ hay $\mathrm{EN} \perp \mathrm{BD}$.
CQ là trung tuyến tam giác đều $\mathrm{ABC} \Rightarrow \mathrm{CQ} \perp \mathrm{AB}$ hay $\mathrm{EQ} \perp \mathrm{BD}$.
Suy ra EN // CQ (cùng vuông góc BD ) $\Rightarrow C N E Q$ là hình thang.

c) Hai tam giác MEN và MBN' có:
$\mathrm{MN}=\mathrm{MN}^{\prime}, \widehat{\mathrm{NME}}=\widehat{\mathrm{N}^{\prime} \mathrm{MB}}$ (đối đỉnh), $\mathrm{NE}=\mathrm{MB}$, suy ra $ riangle \mathrm{MEN}= riangle \mathrm{MBN}^{\prime}$.
$\Rightarrow \widehat{\mathrm{ENM}}=\widehat{\mathrm{MN}} \mathrm{B} \Rightarrow \mathrm{N}^{\prime} \mathrm{B} / / \mathrm{EN}$ (hai góc so le trong bằng nhau).
Mà $\mathrm{EN} \perp \mathrm{BD}$ nên $\mathrm{BN}^{\prime} \perp \mathrm{BD}$.
Dễ dàng chứng minh được $\widehat{\mathrm{ENB}}=\widehat{\mathrm{N}^{\prime} \mathrm{BN}}(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c}) \Rightarrow \mathrm{BE}=\mathrm{NN}^{\prime}=2 \mathrm{MN}$.
d) Xét tam giác ACD có NP là đường trung bình $\Rightarrow N P=\frac{1}{2} \mathrm{DC}$

Mà $\mathrm{DC}=\mathrm{EB}$ (vì BCDE là hình thang cân) nên $\mathrm{NP}=\frac{1}{2} \mathrm{~EB}=\mathrm{MN}(1)$.
Theo trên, $\mathrm{MN}=\mathrm{MB}=\mathrm{MN}^{\prime}=\mathrm{ME}$ nên các tam giác MBN và $\mathrm{MEN}^{\prime}$ cân tại M .
Ta được $\widehat{\mathrm{BNN}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{BEN}}{ }^{\prime}=\widehat{\mathrm{NBE}} \Rightarrow \mathrm{EN}^{\prime} / / \mathrm{AB}$.
Ta có: $\widehat{\mathrm{ANP}}=\widehat{\mathrm{ADC}}=\widehat{\mathrm{AEB}}$ và $\widehat{\mathrm{ANM}}=\widehat{\mathrm{BEN}}$,
Do đó: $\widehat{\mathrm{PNM}}=\widehat{\mathrm{ANP}}+\widehat{\mathrm{ANM}}=\widehat{\mathrm{AEB}}+\widehat{\mathrm{BEN}}{ }^{\prime}=\widehat{\mathrm{AEN}}$.
Vì $\mathrm{EN}^{\prime} / / \mathrm{AB}$ nên $\widehat{\mathrm{AEN}}{ }^{\prime}=\widehat{\mathrm{CAB}}=60^{\circ}$ (đồng vị).
Từ đó ta có $\widehat{\mathrm{PNM}}=60^{\circ}(2)$.
Từ (1), (2) suy ra MNP là tam giác đều.

Bài 22. Cho tam giác đều . Trên tia đối tia ta lấy điểm và trên tia đối tia ta lấy điểm E sao cho . Gọi ...