Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] \[(\hat A < 90^\circ )\]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Kẻ \[IH \bot BA\,\,\left( {H \in BA} \right),\] \[IK \bot AC\,\,\left( {K \in AC} \right)\].
a) Chứng minh \[\Delta IHB = \Delta IKC\].
b) Kéo dài \[KI\] và \[AB\] cắt nhau tại \[{\rm{E}}\], kéo dài \[HI\] và \[AC\] cắt nhau tại \[{\rm{F}}\]. Chứng minh cân.
c) Chúng minh \[HK\,{\rm{//}}\,EF\].
Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] \[(\hat A < 90^\circ )\]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Kẻ \[IH \bot BA\,\,\left( {H \in BA} \right),\] \[IK \bot AC\,\,\left( {K \in AC} \right)\].
a) Chứng minh \[\Delta IHB = \Delta IKC\].
b) Kéo dài \[KI\] và \[AB\] cắt nhau tại \[{\rm{E}}\], kéo dài \[HI\] và \[AC\] cắt nhau tại \[{\rm{F}}\]. Chứng minh cân.
c) Chúng minh \[HK\,{\rm{//}}\,EF\].
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
![Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] \[(\h (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/42-1764649695.jpg)
a) Xét \[\Delta IHB\] và \[\Delta IKC\] có:
\[\widehat {IHB} = \widehat {IKC} = 90^\circ \]\[(IH \bot AB,IK \bot AC)\].
\[IB = IC\] (\[I\] là trung điểm của \[BC\])
\[\widehat {HBI} = \widehat {ICK}\] (\[\Delta ABC\] cân)
Suy ra \[\Delta IHB = \Delta IKC\] (cạnh huyền - góc nhọn)
b) Ta có: \[IH = IK\] (\[\Delta IHB = \Delta IKC\])
Xét \[\Delta HIE\] và \[\Delta KIF\] có:
\[\widehat {EHI} = \widehat {KFI}\,\,\,(IH \bot AB,IK \bot AC)\].
\[IH = IK\] (chứng minh trên)
\[\widehat {HIE} = \widehat {KIF}\] (đối đỉnh)
Suy ra \[\Delta HIE = \Delta KIF\] (g.c.g)
Do đó, \[HE = KF\] (2 cạnh tương ứng)
Ta có \[HE = HB + BE\], \[KF = KC + CF\].
Mà \[HE = KF,\] \[BH = KC\] nên \[BE = CF\].
Ta có: \[AE = AB + BE,\] \[AF = AC + CF\].
Mà \[AB = AC,BE = CF\] nên \[AE = AF\].
Do đó, \[\Delta AEF\] cân tại \[A\]
c) Ta có: \[AB = AH + HB,\] \[AC = AK + KC\].
Mà \[AB = AC,\,\,HB = KC\] nên \[AH = AK\].
Do đó \[\Delta AHK\] cân tại \[A.\]
Khi đó \[\widehat {AHK} = \frac{{180^\circ - \widehat {EAF}}}{2}\] \[\left( 1 \right)\].
Mà \[\Delta AEF\] cân tại \[A\] suy ra \[\widehat {AEF} = \frac{{180^\circ - \widehat {EAF}}}{2}\] \[\left( 2 \right)\].
Từ (1) và (2) ta có \[\widehat {AEF} = \widehat {AHK}\].
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[HK\,{\rm{//}}\,EF\] (theo dấu hiệu nhận biết).
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
![Cho \[\Delta ABC\] có \[AB = A (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/41-1764649667.png)
a) Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta DCM\), có:
\[AM = MD\] (gt)
\[\widehat {BMA} = \widehat {CMD}\] (đối đỉnh)
\[BM = MC\] (gt)
Do đó, \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c)
b) Từ phần a, có \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c) nên \(\widehat {ABM} = \widehat {DCM}\) (hai góc tương ứng)
Mà hai góc ở vị trí so le trong, suy ra \(AB\parallel DC\).
c) Xét \[\Delta ABC\] có \[AB = AC\] nên \[\Delta ABC\] cân tại \[A\].
Mà có \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[AM\] là đường cao của \[\Delta ABC\].
Suy ra \(AM \bot BC\).
d) Từ a) có \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c) nên \(AB = DC\) (2 cạnh tương ứng).
Mà \[AB = AC\] nên \[AC = CD\], suy ra \(\Delta CAD\) cân tại \(C\).
Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {CAD} = 45^\circ \).
Có \(\widehat {BAC} = 2\widehat {CAD} = 90^\circ \) (\[AM\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác \(\widehat {BAC}\)).
Lúc này \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].
Vậy để góc \(\widehat {ADC} = 45^\circ \) thì \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].
Lời giải
![Cho tam giác \[ABC\] nhọn. Gọi \[M\] là t (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/37-1764649550.png)
a) Xét \[\Delta AMB\] và \[\Delta CMD\] có:
\[MD = MB\] (giả thiết)
\[\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\] (2 góc đối đỉnh)
\[MA = MC\] (giả thiết)
Suy ra \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (c.g.c)
b) Xét \[\Delta AMD\] và \[\Delta CMB\] có: \[MD = MB\] (giả thiết), \[\widehat {AMD} = \widehat {CMB}\] (đối đỉnh), \[MA = MC\] (giả thiết)
Vậy \[\Delta AMD = \Delta CMB\] (c.g.c) suy ra \[\widehat {ADM} = \widehat {CBM}\] (hai góc tương ứng), mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AD\,{\rm{//}}\,BC\] (dấu hiệu nhận biết)
c) Ta có: \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (chứng minh trên) suy ra \[\widehat {MAB} = \widehat {MCD}\] (hai góc tương ứng) mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AB\,{\rm{//}}\,\,CD\] (1)
Ta lại có: \[MH \bot AB\] (giả thiết) (2). Từ (1) và (2) suy ra \[MH \bot CD\] và \[MK \bot DC\] (giả thiết) suy ra 3 điểm \[H,M,K\] thẳng hàng (định lý)
Xét \[\Delta AMH\] và \[\Delta CMK\] có:
\[\widehat {AHM} = \widehat {MKC} = 90^\circ \] (giả thiết)
\[AM = MC\] (giả thiết)
\[\widehat {AMH} = \widehat {CMK}\] (đối đỉnh)
Vậy \[\Delta AMH = \Delta CMK\] (ch – gn) suy ra \[AM = MC\] hay \[M\] là trung điểm \[HK\].
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.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập