Cho đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và ba điểm \[A,B,C\] thuộc đường tròn đó sao cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A.\] Giả sử \[BC = 6{\rm{\;cm}},\] đường cao \[AM\] của \[\Delta ABC\] bằng \[4{\rm{\;cm}}.\] Gọi \[B'\] là điểm đối xứng với \[B\] qua \[O.\] Kẻ \[AH \bot CB'\] tại \[H.\] Khi đó chu vi tứ giác \[AHCM\] bằng

Đáp án đúng là: D

Gọi \[M\] là trung điểm \[OA.\]

⦁ Vì đường thẳng \[d\] vuông góc với \[OA\] tại trung điểm \[M\] của \[OA\] nên đường thẳng \[d\] là đường trung trực của đoạn \[OA.\]

Do đó đường thẳng \[d\] là trục đối xứng của đoạn \[OA.\] Vì vậy phương án A đúng.

⦁ Xét \[\Delta OBM\] và \[\Delta ABM,\] có:

\[\widehat {BMO} = \widehat {BMA} = 90^\circ ;\] \[BM\] là cạnh chung; \[OM = AM\] (do \[M\] là trung điểm \[OA\])

Do đó \[\Delta OBM = \Delta ABM\] (c.g.c)

Suy ra \[OB = AB\] (cặp cạnh tương ứng)

Mà tam giác \[OAB\] cân tại \(O\) (do \[OA = OB)\] nên tam giác \[OAB\] đều. Vì vậy phương án B đúng.

⦁ Ta có \[OA = OB = 3{\rm{\;(cm)}}\]. Vì \[M\] là trung điểm \[OA\] nên \[OM = \frac{{OA}}{2} = \frac{3}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[OBM\] vuông tại \[M,\] ta được: \[O{B^2} = B{M^2} + O{M^2}\]

Suy ra \[B{M^2} = O{B^2} - O{M^2} = {3^2} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}\]. Do đó \[BM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì đường thẳng \[OA\] là trục đối xứng của \[\left( O \right)\] nên điểm đối xứng với điểm \[B\] qua đường thẳng \[OA\] phải vừa thuộc \[\left( O \right)\], vừa thuộc đường vuông góc hạ từ \[B\] xuống \[OA.\]

Tức là \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BC = 2BM = 2 \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\] Vì vậy phương án C đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Xét \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có hai đường cao \[BE\] và \[CF\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC.\]

Khi đó \[AH\] là đường cao thứ ba của \[\Delta ABC.\]

Mà \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] nên đường cao \[AH\] cũng là đường phân giác của \[\Delta ABC.\]

Xét \[\Delta AFH\] và \[\Delta AEH,\] có:

\[\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ ;\]

\[AH\] là cạnh chung;

\[\widehat {FAH} = \widehat {EAH}\] (do \[AH\] là đường phân giác của \[\widehat {FAE}\]).

Do đó \[\Delta AFH = \Delta AEH\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[HF = HE\] (cặp cạnh tương ứng).

Mà \[HI = HE,\,\,HK = HF\] nên \[HE = HI = HF = HK.\]

Vậy bốn điểm \[E,F,I,K\] cùng nằm trên đường tròn tâm \[H\] bán kính \[HE.\]

Tam giác \[AEH\] vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\) nên \(EM = MA = MH = \frac{1}{2}AH\).

Do đó tam giác \[HME\] cân tại \[M.\]

Để điểm \[M\] thuộc đường tròn đi qua bốn điểm \[E,F,I,K\] thì \[HM = HE.\]

Mà tam giác \[HME\] cân tại \[M\] nên lúc này, tam giác \[HME\] là tam giác đều.

Suy ra \[\widehat {MHE} = 60^\circ .\]

Tam giác \[AEH\] vuông tại \[E\] có \[\widehat {AHE} + \widehat {HAE} = 90^\circ \]

Suy ra \[\widehat {HAE} = 90^\circ - \widehat {AHE} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\]

Lại có \[AH\] là đường phân giác của \[\Delta ABC\] nên \[\widehat {BAC} = 2\widehat {HAE} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]

Khi này, \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có \[\widehat {BAC} = 60^\circ \] nên \[\Delta ABC\] là tam giác đều.

Vậy \[\Delta ABC\] đều thì điểm \[M\] thuộc đường tròn đi qua bốn điểm \[E,F,I,K.\]

Do đó ta chọn phương án C.