Câu hỏi:
13/07/2024 9,494
Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC), có \(\widehat B = 45^\circ \) và vẽ đường cao AH. Gọi M là trung điểm của AB. P là điểm đối xứng với H qua M.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHBP là hình vuông.
b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC. Chứng minh rằng HP = 2MK.
c) Gọi D là giao điểm của AH và BK. Qua D và C vẽ các đường thẳng song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q. Chứng minh: ba điểm P, K, Q thẳng hàng.
d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy.
Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC), có \(\widehat B = 45^\circ \) và vẽ đường cao AH. Gọi M là trung điểm của AB. P là điểm đối xứng với H qua M.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHBP là hình vuông.
b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC. Chứng minh rằng HP = 2MK.
c) Gọi D là giao điểm của AH và BK. Qua D và C vẽ các đường thẳng song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q. Chứng minh: ba điểm P, K, Q thẳng hàng.
d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy.
Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Lời giải
a) Ta có P là điểm đối xứng với H qua M (giả thiết).
Suy ra M là trung điểm của PH.
Mà M cũng là trung điểm của AB (giả thiết).
Do đó tứ giác AHBP là hình bình hành (1)
∆ABH có: AH ⊥ BH và \(\widehat {ABH} = 45^\circ \).
Suy ra ∆ABH vuông cân tại H.
Do đó AH = BH và \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) (2)
Từ (1), (2), ta được tứ giác AHBP là hình vuông.
b) ∆ABK vuông tại K có KM là đường trung tuyến.
Suy ra \(MK = \frac{1}{2}AB\).
Mà AB = HP (do AHBP là hình vuông).
Do đó \(MK = \frac{1}{2}HP\).
Vậy HP = 2MK.
c) Ta có DQ // BC (giả thiết) và DH ⊥ BC (do AH là đường cao của ∆ABC).
Suy ra DQ ⊥ DH hay \(\widehat {HDQ} = 90^\circ \) (3)
Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {HCQ} = 90^\circ \) (4)
Mà \(\widehat {DHC} = 90^\circ \) (do AH là đường cao của ∆ABC) (5)
Từ (3), (4), (5), ta được tứ giác DHCQ là hình chữ nhật.
Gọi F là giao điểm của CD và HQ.
Suy ra F là trung điểm của CD và HQ.
Do đó FD = FC = FQ = FH.
Ta có ∆DKC vuông tại K. Suy ra KF = FD = FC = FQ = FH.
Khi đó ∆HKQ vuông tại K.
Vì vậy HK ⊥ KQ.
Chứng minh tương tự, ta được HK ⊥ PK.
Ta có \(\widehat {PKH} + \widehat {HKQ} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Vậy ba điểm P, K, Q thẳng hàng.
d) Gọi E là giao điểm của CD và AB.
∆ABC có BK, AH là hai đường cao cắt nhau tại D.
Suy ra D là trực tâm của ∆ABC.
Khi đó CD ⊥ AB tại E.
∆BCE có \(\widehat {BCE} = 180^\circ - \widehat {BEC} - \widehat {EBC} = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).
Suy ra \(\widehat {DCQ} = \widehat {HCQ} - \widehat {HCD} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).
Khi đó CD là tia phân giác của \(\widehat {HCQ}\).
Mà tứ giác HCQD là hình chữ nhật (chứng minh trên).
Vì vậy HCQD là hình vuông.
Tứ giác MHFE có \(\widehat {HFD} = 90^\circ \) (HCQD là hình vuông); \(\widehat {MEF} = 90^\circ \) (FE ⊥ AB) và \(\widehat {EMH} = 90^\circ \) (AHBP là hình vuông).
Suy ra tứ giác MHFE là hình chữ nhật.
Khi đó \(EF = MH = \frac{1}{2}HP\) và EF // MH.
∆PHQ, có: EF // PH và F là trung điểm của HQ.
Suy ra EF đi qua trung điểm của cạnh PQ.
Mà \(EF = MH = \frac{1}{2}HP\) (chứng minh trên).
Suy ra E là trung điểm của PQ.
Khi đó ba điểm P, E, Q thẳng hàng.
Vậy các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy tại E.Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
1) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \) (do MA là tiếp tuyến của (O), A là tiếp điểm).
Suy ra ba điểm O, A, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM (1)
Lại có \(\widehat {OBM} = 90^\circ \) (do MB là tiếp tuyến của (O), B là tiếp điểm).
Suy ra ba điểm O, B, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM (2)
Từ (1), (2), ta được tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.
2) Đường tròn (O) có NP là dây cung.
Mà K là trung điểm của NP (giả thiết).
Suy ra OK ⊥ NP tại K hay \(\widehat {OKM} = 90^\circ \).
Do đó ba điểm O, K, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.
Mà từ kết quả câu 1), ta có bốn điểm A, M, B, O cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn đường kính OM.
3) Từ kết quả câu 1), ta có tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Suy ra AB là dây cung của đường tròn đường kính OM.
Do đó OM ⊥ AB.
∆OAM vuông tại A có AI là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OA2 = OI.OM và OI.IM = IA2.
⇔ OI.OM = R2 và OI.IM = IA2.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
4) Ta có OA ⊥ AM (do AM là tiếp tuyến của (O) và BD ⊥ MA (giả thiết).
Suy ra OA // BD.
Chứng minh tương tự, ta được OB // AC.
Do đó tứ giác OAHB là hình bình hành.
Mà OA = OB = R.
Vậy tứ giác OAHB là hình thoi.
5) Ta có OH ⊥ AB (do tứ giác OAHB là hình thoi).
Mà OM ⊥ AB (theo kết quả câu 3).
Do đó OM ≡ OH.
Vậy ba điểm O, H, M thẳng hàng.
6) Do d là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên mọi điểm đều nằm cùng một phía đối với d.
Ta có OAHB là hình thoi (kết quả câu 4).
Suy ra AH = OA = R.
Do đó khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A một khoảng cố định bằng R.
Vậy quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A, bán kính AH = R.
Lời giải
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Ta có C = C’M ∩ (A’BC).
Suy ra \(\frac{{d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{CM}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\) (do M là trung điểm CC’).
Hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a.
Suy ra AA’ ⊥ (ABC) và AA’ = AB = BC = a.
Ta có \({V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.CC'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)
\( = \frac{1}{6}.a.a.a.\sin 60^\circ = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
∆AA’B vuông tại A: \(A'B = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).
Chứng minh tương tự, ta được \(A'C = a\sqrt 2 \).
Nửa chu vi ∆A’BC là: \(p = \frac{{A'C + A'B + BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a}}{2} = \frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\).
Ta có \({S_{\Delta A'BC}} = \sqrt {p\left( {p - A'C} \right)\left( {p - A'B} \right)\left( {p - BC} \right)} \)
\( = \sqrt {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}\).
Ta có \(d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{C'.A'BC}}}}{{{S_{\Delta A'BC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vì vậy \(d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).
Vậy ta chọn phương án B.
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.
Anh Khoi Pham
Ê hbh có 1 góc vuông là hcn chứ