Câu hỏi:
04/07/2023 6,489
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Gọi I là trung điểm AB, K là điểm đối xứng với H qua điểm I.
a) Tứ giác ACHI là hình gì ? Vì sao?
b) Tứ giác AHBK là hình gì ? Vì sao?
c) Nếu tam giác ABC đều thì ACHI là hình gì?
d) Tam giác ABC có điều kiện gì thì AHBK là hình vuông.
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Gọi I là trung điểm AB, K là điểm đối xứng với H qua điểm I.
a) Tứ giác ACHI là hình gì ? Vì sao?
b) Tứ giác AHBK là hình gì ? Vì sao?
c) Nếu tam giác ABC đều thì ACHI là hình gì?
d) Tam giác ABC có điều kiện gì thì AHBK là hình vuông.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
a) Xét tam giác ABH vuông tại H có HI là trung tuyến ứng với cạnh huyền
Suy ra \(HI = \frac{1}{2}AB\)
Mà \(AI = BI = \frac{1}{2}AB\)
Do đó BI = IH
Hay tam giác IBH cân tại I
Suy ra \(\widehat {IBH} = \widehat {IHB}\)
Mà \(\widehat {IBH} = \widehat {ACB}\) (vì tam giác ABC cân tại A)
Do đó \(\widehat {ACB} = \widehat {IHB}\)
Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra IH // AC
Do đó IHCA là hình thang
b) Xét tứ giác AHBK có
I là trung điểm của AB và HK
AB và HK là hai đường chéo
Suy ra AHBK là hình bình hành
Mà \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)
Suy ra AHBK là hình chữ nhật
c) Nếu tam giác ABC đều thì AB = AC = BC, \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC}\)
Suy ra HIAC là hình thang cân
d) Để hình chữ nhật AHBK là hình vuông
⇔ AH = BH
\( \Leftrightarrow AH = \frac{1}{2}BC\)
\( \Leftrightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)
⇔ Tam giác ABC vuông cân tại A
Vậy tam giác ABC vuông cân thì AHBK là hình vuông.
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
Bình luận
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
Dựng hình bình hành AGCE
Ta có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {A{\rm{E}}} = \overrightarrow {ME} \)
Kẻ EF ⊥ BC (F ∈ BC)
Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {\overrightarrow {ME} = ME} \right| \ge EF\)
Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi M ≡ F
Gọi P là trung điểm của AC, Q là hình chiếu vuông góc của P lên BC
Vì AGCE là hình bình hành, P là trung điểm của AC
Suy ra P là trung điểm của GE
Do đó \(GP = PE = \frac{1}{2}GE\)
Vì G là trọng tâm tam giác ABC, BP là trung tuyến
Suy ra \(BG = \frac{2}{3}BP,GP = \frac{1}{3}BP\)
Ta có: BE = BP + PE
Hay \(BE = BP + \frac{1}{3}BP = \frac{4}{3}BP\)
Xét ∆BPQ và ∆BEF có
\(\widehat {FBE}\) là góc chung;
\(\widehat {BQP} = \widehat {BF{\rm{E}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)
Suy ra (g.g)
Do đó \(\frac{{BP}}{{BE}} = \frac{{BQ}}{{BF}} = \frac{3}{4}\)
Hay \(\overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} \)
Xét DAHC có P là trung điểm của AC và AH // PQ (vì cùng vuông góc với BC)
Suy ra Q là trung điểm của CH
Hay \(\overrightarrow {HQ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} \)
Mà \(\overrightarrow {BH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {HC} \)
Ta có \(\overrightarrow {BQ} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HQ} = \frac{1}{3}\overrightarrow {HC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} = \frac{5}{6}\overrightarrow {HC} = \frac{5}{6}.\frac{3}{4}\overrightarrow {BC} = \frac{5}{8}\overrightarrow {BC} \)
Do đó \(\overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} = \frac{5}{6}\overrightarrow {BC} \)
Vậy \[{\rm{x}} = \frac{5}{6}\] thì độ dài của \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Lời giải
a) Xét tam giác ABC có O, I lần lượt là trung điểm của AB, AC
Suy ra OI là đường trung bình
Do đó OI // BC
b) Vì C thuộc đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC nội tiếp (O)
Suy ra tam giác ABC vuông tại C
Xét (O) có AC là dây cung; I là trung điểm của AC
Suy ra OI là trung trực của AC
Mà D ∈ OI nên DA = DC
Xét ∆ADO và ∆CDO có
DA = DC (chứng minh trên)
DO là cạnh chung
OA = OC
Suy ra ∆ADO = ∆CDO (c.c.c)
Do đó \(\widehat {A{\rm{D}}O} = \widehat {AC{\rm{O}}}\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\widehat {AC{\rm{O}}} = 90^\circ \) nên \(\widehat {A{\rm{D}}O} = 90^\circ \), hay AO ⊥ AD
Mà AO là bán kính của (O)
Do đó DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O
c) Ta có CO ⊥ CD, BK ⊥ CD
Suy ra CO // BK (quan hệ từ vuông góc đến song song)
Do đó \(\widehat {OCB} = \widehat {CBK}\) (hai góc so le trong)
Mà \(\widehat {CBO} = \widehat {OCB}\) nên \(\widehat {CBO} = \widehat {CKB}\)
Xét ∆BCH và ∆BCK có
\(\widehat {BHC} = \widehat {BKC}\left( { = 90^\circ } \right)\);
BC là cạnh chung;
\(\widehat {CBO} = \widehat {CKB}\) (chứng minh trên)
Suy ra ∆BCH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)
Do đó CH = CK
Xét tam giác ABC vuông tại C có CH ⊥ AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có CH2 = HA . HB
Suy ra CK2 = HA . HB.
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.
🔥 Đề thi HOT:
-
5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 1)
-
135 câu Bài tập Hình học mặt nón, mặt trụ, mặt cầu cực hay có lời giải (P1)
-
79 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 2 Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng có đáp án
-
80 câu Trắc nghiệm Tích phân có đáp án (Phần 1)
-
56 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 2: Lôgarit có đáp án
-
87 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 3 Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng có đáp án
-
15 câu Trắc nghiệm Số phức có đáp án (Vận dụng)
-
140 câu Bài tập Hàm số mũ và Logarit cơ bản, nâng cao cực hay có lời giải chi tiết (P1)
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận
-
-
Bình luận