Cho tam giác ABC cân tại A \(\left( {\widehat A < 90^\circ } \right)\), đường cao AH. Kẻ HK ⊥ AC (K ∈ AC).
a) Tính HC, HK, \(\widehat C\) nếu AH = 20 cm, AC = 25 cm.
b) Qua B kẻ đường thẳng song song với AH, đường thẳng này cắt AC tại điểm E. Kẻ BD ⊥ AC (D ∈ AC). Chứng minh \(B{H^2} = \frac{{C{\rm{D}}.CE}}{4}\).
c) Gọi O là giao điểm của BD và AH. Chứng minh \(\frac{{BO}}{{DO}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{A{\rm{D}}}}\).
d) Kẻ KF ⊥ BC (F ∈ BC). Chứng minh CF = AC. sin3E.
Cho tam giác ABC cân tại A \(\left( {\widehat A < 90^\circ } \right)\), đường cao AH. Kẻ HK ⊥ AC (K ∈ AC).
a) Tính HC, HK, \(\widehat C\) nếu AH = 20 cm, AC = 25 cm.
b) Qua B kẻ đường thẳng song song với AH, đường thẳng này cắt AC tại điểm E. Kẻ BD ⊥ AC (D ∈ AC). Chứng minh \(B{H^2} = \frac{{C{\rm{D}}.CE}}{4}\).
c) Gọi O là giao điểm của BD và AH. Chứng minh \(\frac{{BO}}{{DO}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{A{\rm{D}}}}\).
d) Kẻ KF ⊥ BC (F ∈ BC). Chứng minh CF = AC. sin3E.
Quảng cáo
Trả lời:


a) Xét tam giác AHC vuông ở H ta có
AC2 = AH2 + HC2 (định lí Pytago)
Hay 252 = 202 + HC2
Suy ra HC = 15 (cm).
Xét tam giác AHC vuông ở H có HK ⊥ AC
Suy ra \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{H{C^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Hay \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{{20}^2}}} + \frac{1}{{{{15}^2}}}\)
Suy ra HK = 12
Xét tam giác AHC có \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{20}}{{25}}\)
Suy ra \(\widehat C \approx 53^\circ \)
b) Ta có BE // AH, AH ⊥ BC
Suy ra BE ⊥ BC
Hay tam giác BCE vuông tại B có BD ⊥ AC (giả thiết)
Suy ra BC2 = CD . CE (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⟺ (2BH)2 = CD . CE
⟺ 4BH2 = CD . CE
⟺ \(B{H^2} = \frac{{C{\rm{D}}.CE}}{4}\)
c) Kẻ AT // BD (T ∈ BE)
Mà BD ⊥ AC suy ra AT ⊥ AC, hay \(\widehat {E{\rm{A}}T} = 90^\circ \).
Xét tứ giác ATB có AT // BO, BT // AO
Suy ra ATBO là hình bình hành
Do đó AT = BO (tính chất hình bình hành)
Vì AH // BE nên \(\widehat {CAH} = \widehat {AEB}\) (hai góc đồng vị)
Xét DEAT và DOAD có
\(\widehat {CAH} = \widehat {AEB}\) (cmt);
\(\widehat {E{\rm{A}}T} = \widehat {{\rm{ADO}}} = 90^\circ \)
Suy ra (g.g)
Do đó \(\frac{{AT}}{{{\rm{DO}}}} = \frac{{{\rm{EA}}}}{{A{\rm{D}}}}\) (tỉ số đồng dạng)
Mà AT = BO (chứng minh trên)
Suy ra \(\frac{{OB}}{{O{\rm{D}}}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{A{\rm{D}}}}\).
d) Xét tam giác KFC có CF = CK . sin \(\widehat {CKF}\)
Xét tam giác KHC có CK = HC . sin \(\widehat {KHC}\)
Xét tam giác AHC có HC = AC . sin \(\widehat {HAC}\)
Suy ra \(CF = AC.\sin \widehat {HAC}.\sin \widehat {KHC}.\sin \widehat {CKF}\)
Mà \(\widehat {HAC} = \widehat E\) (hai góc đồng vị);
\(\widehat {KHC} = \widehat E\) (cùng phụ với góc \(\widehat C\));
\(\widehat {CKF} = \widehat E\) (cùng phụ với góc \(\widehat C\))
Do đó CF = AC. sin3E
Vậy CF = AC. sin3E.
Hot: Danh sách các trường đã công bố điểm chuẩn Đại học 2025 (mới nhất) (2025). Xem ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải

a) Xét tứ giác BHCK có:
MH = MK và MB = MI
Suy ra: BHCK là hình bình hành.
b) Vì BHCK là hình bình hành (chứng minh câu a)
Suy ra: BK // HC và CK // BH (tính chất hình bình hành)
Mà CH ⊥ AB và BH ⊥ AC
Suy ra: BK ⊥ AB và CK ⊥ AC.
c) Vì I đối xứng với H qua BC nên BC là đường trung trực của HI
Mà M thuộc BC, suy ra MH = MI (tính chất đường trung trực)
Mà \[MH = MK = \frac{1}{2}HK\]
Suy ra: \[MI = MH = MK = \frac{1}{2}HK\]
Do đó tam giác HIK vuông tại I hay HI ⊥ IK
Mà BC ⊥ HI (do BC là đường trung trực của HI)
Suy ra IK // BC
Do đó BIKC là hình thang (1)
Ta có BC là đường trung trực của HI, suy ra CI = CH
Mà CH = BK (vì BKCH là hình bình hành)
Suy ra BK = CI (2)
Từ (1) và (2) suy ra BICK là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)
d) Gọi giao điểm của BC và HI là J.
Vì BK // CH nên GHCK là hình thang
Để hình thang GHCK là hình thang cân thì \(\widehat {GHC} = \widehat {KCH}\)
Mà \(\widehat {HCK} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) và \(\widehat {GHC} + \widehat {HCB} = 90^\circ \) (vì tam giác HJC vuông tại J)
Suy ra \(\widehat {HCA} = \widehat {HCB}\)
Do đó CH là đường phân giác của tam giác ABC
Lại có CH là đường cao của tam giác ABC
Suy ra tam giác ABC cân tại C
Vậy tam giác ABC cân tại C thì GHCK là hình thang cân.
Lời giải

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ OB, AC ⊥ OC
Do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \)
Suy ra A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A, suy ra AB = AC
Hay A thuộc trung trực của BC
Mà O thuộc trung trực của BC (vì OB = OC)
Suy ra AO là trung trực của BC
Do đó AO ⊥ BC.
Xét tam giác ABO vuông tại B có BH ⊥ AO
Suy ra OB2 = OH . OA (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà OB = OD (cùng là bán kính của (O)).
Suy ra OD2 = OH . OA.
Do đó \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\)
Xét tam giác OHD và tam giác ODA có
\(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\) (Chứng minh trên)
\(\widehat {DOA}\) là góc chung
Suy ra (c.g.c)
c) Ta có OB2 = OH . OA (chứng minh câu b)
Mà OB = OE, suy ra OE2 = OH . OA
Do đó \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\)
Xét tam giác OHE và tam giác OEA có
\(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) (Chứng minh trên)
\(\widehat {EOA}\) là góc chung
Suy ra (c.g.c)
Do đó \(\widehat {EHO} = \widehat {A{\rm{E}}O}\) (hai góc tương ứng)
Mặt khác \(\widehat {DEO} = \widehat {EDO}\) (vì tam giác ODE cân tại O)
Suy ra \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\)
Xét tứ giác HDEO có \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\), mà hai góc này cùng nhìn cạnh EO trong tứ giác
Suy ra tứ giác HDEO nội tiếp
Do đó \(\widehat {DHA} = \widehat {AEO} = \widehat {OHE}\)
Suy ra \(\widehat {DHB} = \widehat {BHE}\) nên \(HB\) là tia phân giác của góc DHE.
Hay CB trùng với tia phân giác của góc DHE.
d) Gọi G là giao điểm của BC và AE
Do HG là tia phân giác của \(\widehat {DHE}\)nên \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{HD}}{{HE}}\) (1)
Mà HA ⊥ HG
Suy ra HA là tia phân giác ngoài của tam giác HED
Do đó \(\frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\left( { = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}} \right)\) (3)
Xét DABE có DM // BE nên \(\frac{{M{\rm{D}}}}{{BE}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (4)
Xét DGBE có DN // BE nên \(\frac{{{\rm{ND}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (5)
Từ (3), (4) và (5), suy ra \(\frac{{{\rm{MD}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{ND}}}}{{{\rm{BE}}}}\)
Hay MD = ND
Do đó D là trung điểm của MN
Vậy D là trung điểm của MN.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.