(3,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) nhọn (\(AB < AC\)) có các đường cao \(AD,BE\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn \(AH\). Qua điểm \(K\) vẽ đường thẳng vuông góc với \(BK,\) đường thẳng này cắt \(AC\) tại điểm \(M\).
a) Chứng minh 4 điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\).
c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\), kẻ đường kính \(BN\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh tam giác \(BKM\) đồng dạng với tam giác \(BAN\) và đường thẳng \(OM\) đi qua trung điểm của đoạn \(NC\).
(3,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) nhọn (\(AB < AC\)) có các đường cao \(AD,BE\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn \(AH\). Qua điểm \(K\) vẽ đường thẳng vuông góc với \(BK,\) đường thẳng này cắt \(AC\) tại điểm \(M\).
a) Chứng minh 4 điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\).
c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\), kẻ đường kính \(BN\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh tam giác \(BKM\) đồng dạng với tam giác \(BAN\) và đường thẳng \(OM\) đi qua trung điểm của đoạn \(NC\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Vì \(BK \bot KM\) tại \(K\) nên \(\widehat {BKM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BKM\) vuông tại \(K\). Do đó, \(\Delta BKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (1)
Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BEM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\). Do đó, \(\Delta BEM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BM\).
b) \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(K\) là trung điểm cạnh huyền \(AH\) nên \(EK = KH = \frac{1}{2}AH\).
Suy ra \(\Delta EKH\) cân tại \(K\) nên \(\widehat {KEH} = \widehat {KHE}\).
Vì tứ giác \(BKEM\) nội tiếp nên \(\widehat {KMB} = \widehat {KEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KB\)).
\( = \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAD}\)).
c) ⦁ Ta có: \(\widehat {ANB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).
Xét \(\Delta BKM\) và \(\Delta BAN\) có: \(\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) và \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).
Do đó (g.g).
⦁ Ta có: \(\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}\) và \(\widehat {MBK} = \widehat {NBA}\).
Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}\) và \(\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}\) suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\).
Xét \(\Delta BMN\) và \(\Delta BKA\) có: \(\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) và \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}\).
Ta có: \(\widehat {BNC} = \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}\) nên \(\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.\)
Vì \(AD \bot BC\) và \(NC \bot BC\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,NC\), suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}\).
Do đó \(\widehat {MNC} = \widehat {MCN}\), vậy \(\Delta MNC\) cân tại \(M\), nên \(MN = MC\).
Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(ON = OC = R\). Do \(MN = MC\) và \(ON = OC\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(NC\). Vậy \(OM\) đi qua trung điểm của \(NC\).
Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Thay \(x = 10\) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = 10 - 9 = 1\).
Vậy khi \(x = 10\) thì \(A = 1\).
b) Phân thức \(B\) xác định khi \(x - 4 \ne 0\) hay \(x \ne 4\).
Vậy điều kiện xác định của phân thức \(B\) là \(x \ne 4\).
c) Với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) ta có:
\(C = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\)
\( = \left[ {\frac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\)
\( = \frac{{\sqrt x + 3 + \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\)
\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\)
\( = \frac{2}{{\sqrt x - 3}}.\)
Vậy với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) thì \(C = \frac{2}{{\sqrt x - 3}}.\).
Lời giải
a) \(2x - 8 = x + 3\)
\(2x - x = 3 + 8\)
\(x = 11.\)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 11\).
b) Ta có: \(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 28 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}.\)
Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.\)
Vì \({x_1} + {x_2} = 6 > 0\) và \({x_1}{x_2} = 2 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.
Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: \(x_1^2 - 6{x_1} + 2 = 0\) hay \(x_1^2 = 6{x_1} - 2\).
Ta có: \(12{x_1} + 7 = 6{x_1} + 9 + 6{x_1} - 2 = x_1^2 + 6{x_1} + 9 = {\left( {{x_1} + 3} \right)^2}\).
Khi đó, \(P = \sqrt {12{x_1} + 7} + {x_2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 3} \right)}^2}} + {x_2}\)
\( = {x_1} + \left| {{x_1} + 3} \right| + {x_2}\)
\( = {x_1} + 3 + {x_2}\) (do \({x_1} > 0\)).
\( = \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 = 6 + 3 = 9\).
Vậy \(P = 9\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) 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 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập