A C H B I K D E O

a, ^DAK + ^BAH = 90

^ACH + ^BAH = 90

=> ^DAK = ^ACH 

xét tam giác AHC và tam giác AKD có : ^AHC = ^AKD = 90

AH = AK do AHIK là hình vuông (gt)

=> tam giác AHC = tam giác AKD (cgv-gnk)

=> AD = AC (đn)

b, có ADEC là hình bình hành mà ^DAC = 90

=> ADEC là hình vuông (dh) => O là trung điểm của CD (tc)

xét tam giác CAD vuông tại A và tam giác CID vuông tại D

=> AO = CD/2 (đl) và OI = CD/2(đl)

=> AO = OI

=> O thuộc đường trung trực của AI (đl)               

có AHIK là hình vuông => HA = HI = KA = KI => H và K thuộc đường trung trực của AI (đl)

=> O;H;K cùng nằm trên đường trung trực của AI 

làm nốt ý còn lại của phần b

CEDA là hình vuông (câu b)

=> CD = AE (tc)

OI = CD/2 (cmt)

=> OI =AE/2 

xét tam giác AIE 

=> tam giác AIE vuông I 

=> EI _|_ AI                          

AI _|_ KO do AHIK là hình vuông (gt)

=> KO // EI (đl)

xét tứ giác KOEI 

=> KOEI là hình thang

Sửa đề: AC<AB

a: AHIK là hình vuông

=>IA là phân giác của góc KIH

=>\(\hat{KIA}=\hat{HIA}=\frac12\cdot\hat{KIH}=45^0\)

Xét ΔBID vuông tại I và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{IBD}\) chung

Do đó ΔBID~ΔBAC

=>\(\frac{BI}{BA}=\frac{BD}{BC}\)

=>\(\frac{BI}{BD}=\frac{BA}{BC}\)

Xét ΔBIA và ΔBDC có

\(\frac{BI}{BD}=\frac{BA}{BC}\)

góc IBA chung

Do đó: ΔBIA~ΔBDC

=>\(\hat{BIA}=\hat{BDC}\)

mà \(\hat{BIA}+\hat{AIH}=180^0;\hat{BDC}+\hat{ADC}=180^0\) (các cặp góc kề bù)

nên \(\hat{ADC}=\hat{AIC}=45^0\)

Xét ΔADC vuông tại A có \(\hat{ADC}=45^0\)

nên ΔADC vuông cân tại A

=>AD=AC

b: Hình bình hành ADEC có \(\hat{DAC}=90^0\)

nên ADEC là hình chữ nhật

=>AE=DC; AE cắt DC tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AE và DC; AE=DC

=>\(OA=OE=OD=OC=\frac{AE}{2}=\frac{DC}{2}\)

ΔDIC vuông tại I

mà IO là đường trung tuyến

nên IO=OD=OC

=>IO=OA

=>O nằm trên đường trung trực của AI(1)

Ta có: KI=KA

=>K nằm trên đường trung trực của AI(2)

Ta có: HI=HA

=>H nằm trên đường trung trực của AI(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,K,H thẳng hàng

c: ΔAHI vuông cân tại H

=>HA=HI

=>HI=8

ΔAHI vuông tại H

=>\(HA^2+HI^2=AI^2\)

=>\(AI^2=8^2+8^2=64+64=128\)

=>\(AI=8\sqrt2\)

Đề bài:

• Tam giác ABC cân tại A
• Các đường cao: AQ, BN, CM cắt nhau tại trực tâm H
• Gọi K là điểm đối xứng của H qua Q
• Các câu hỏi từ a) đến f)

a) Tứ giác BHCK là hình gì? Vì sao?

Phân tích:

• H là trực tâm tam giác ABC.
• AQ là đường cao từ A ⇒ Q thuộc BC, AQ ⊥ BC.
• BN và CM là các đường cao ⇒ H là giao điểm của 3 đường cao.
• K là đối xứng của H qua Q ⇒ Q là trung điểm của đoạn HK.

Ta cần xét tứ giác BHCK.

Chứng minh:

• H, K đối xứng qua Q ⇒ HQ = QK
• AQ ⊥ BC ⇒ Q là chân đường cao từ A, tức AQ ⊥ BC
• H thuộc 3 đường cao ⇒ H nằm trên BN và CM
• Do đó: H ∈ BN và CM, còn K là đối xứng của H qua Q

⇒ BH ⊥ AC, CK ⊥ AB

Xét BHCK:

• H và C cùng nằm trên CM
• B và H cùng nằm trên BN
• K là điểm đối xứng H qua Q (Q ∈ BC)
• Vậy: BH song song với CK (vì đều vuông góc với AC, do tam giác cân tại A ⇒ AC = AB)

⇒ BH ∥ CK và BH = CK (do đối xứng)

Kết luận:
Tứ giác BHCK là hình bình hành
(vì có 2 cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau)

b) Đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng qua C song song với AK tại E. Chứng minh KC = QE

Phân tích hình học:

• Qua K vẽ đường thẳng song song BC ⇒ gọi là đường d₁
• Qua C vẽ đường thẳng song song AK ⇒ gọi là đường d₂
• E là giao điểm của d₁ và d₂.

Chứng minh:

• ΔABC cân tại A ⇒ AB = AC, các đường cao từ B và C có độ dài bằng nhau, và Q là trung điểm HK (K đối xứng H qua Q)
• AK ⊥ BC (vì AQ ⊥ BC và K đối xứng H qua Q)
• Do d₁ ∥ BC, d₂ ∥ AK ⇒ d₁ ⊥ d₂

Xét hình chữ nhật KECQ:

• KC ∥ QE (do d₁ và d₂)
• KC = QE (do đối xứng qua Q và tính chất hình chữ nhật)
• Góc tại Q là vuông.

Kết luận: KC = QE

c) Gọi P là hình chiếu của K trên HC. Chứng minh ∠QPE = 90°

Phân tích:

• P là hình chiếu vuông góc từ K lên HC ⇒ KP ⊥ HC
• E ∈ đường thẳng song song AK
• Q nằm trên AQ ⊥ BC ⇒ AQ ⊥ BC ⇒ QE ⊥ BC ⇒ QE ⊥ AK

Chứng minh:

• ∠QPE là góc giữa QE và đường thẳng đi qua P vuông góc với HC

Do KC = QE và KC ∥ QE ⇒ tứ giác KECQ có tính chất hình bình hành đặc biệt ⇒ kết luận:

• KP ⊥ HC
• QE ⊥ AK (vì song song BC, BC ⊥ AQ)
• Mà AK ⊥ HC ⇒ QE ⊥ HC ⇒ QE ⊥ KP

⇒ ∠QPE = 90°

d) Chứng minh tứ giác HCEQ là hình bình hành

Phân tích:

• H, C, E, Q là các điểm đã biết
• H và K đối xứng nhau qua Q ⇒ HQ = QK
• KC = QE (chứng minh trên)
• KC ∥ QE ⇒ ⇒ HC ∥ QE

Chứng minh:

• Tứ giác HCEQ có:
• • HQ = QE (từ đối xứng và chứng minh KC = QE)
  • HC ∥ QE (vì cùng song song với AK)

⇒ Tứ giác HCEQ có hai cạnh đối song song và bằng nhau

⇒ HCEQ là hình bình hành

e) QE cắt BN tại I, chứng minh I là trung điểm BH

Phân tích:

• QE cắt BN tại I
• BN là đường cao từ B ⇒ đi qua H
• BH là đoạn từ B đến H

Ta sẽ chứng minh I là trung điểm BH

Chứng minh:

Tứ giác HCEQ là hình bình hành ⇒ đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

⇒ Đường chéo HQ và CE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ Giao điểm là trung điểm của BH (vì H nằm trên BH), QE đi qua đó

⇒ I là trung điểm của BH

f) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác HIEC là hình thang cân

Phân tích:

• Tứ giác HIEC gồm các điểm:
• • H: trực tâm
  • I: trung điểm BH (chứng minh trên)
  • E: từ giao điểm QE và đường song song BC
  • C: đỉnh tam giác

Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ 2 cạnh đối song song và 2 góc kề đáy bằng nhau

Giả sử HE ∥ IC và HE = IC ⇒ hình thang cân

Điều kiện xảy ra:

• ΔABC phải là tam giác đều (vì lúc đó tam giác cân tại A, đồng thời các đường cao là cũng là trung tuyến, phân giác, đường trung trực)
• Khi đó: H là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, và trung điểm giao nhau ⇒ tạo nên các tính chất đối xứng mạnh.

Kết luận:
Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ tam giác ABC đều

mong các bạn nhận xét và cho mình một đúng

A C B I H K 1 2 3 D E

a, - Ta có : Tứ giác AHIK là hình vuông .

=> \(\widehat{KAH}=90^o\)

=> \(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=90^o\)

Mà tam giác ABC vuông tại A .

=> \(\widehat{DAC}=90^o\)

=> \(\widehat{A_2}+\widehat{A_3}=90^o\)

=> \(\widehat{A_1}=\widehat{A_3}\left(+\widehat{A_2}=90^o\right)\)

- Xét \(\Delta AKD\) và \(\Delta AHC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A_1}=\widehat{A_3}\left(cmt\right)\\AK=AH\left(gt\right)\\\widehat{DKA}=\widehat{CHA}\left(=90^o\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta AKD\) = \(\Delta AHC\) ( Cgv - gn )

=> AD = AC ( cạnh tương ứng )

b,

b/Xét tứ giác OKIH có:

\(\widehat{KIH}+\widehat{IKH}+\widehat{KOH}+\widehat{OHI}=540\).Vì AHIK là h/vuông nên

\(\Leftrightarrow90+45+45+\widehat{KOH}=540\Rightarrow\widehat{KOH}=180\)

Suy ra KOH thẳng hàng.Mà H,K nằm trên đ/trung trực AI( AHIK là h/vuông) nên O cũng nằm trên đ/trung trực AI

\(\RightarrowĐPCM\)

O nằm trên đ/trung trực AI nên ta có:

\(OA=OI=\frac{1}{2}AE\)( Vì hbh ADEC có góc A vuông và AD=DC nên ADEC là h/vuông)

Mà OI=1/2AE suy ra \(\widehat{AIE}=90\)( Vì OI là đ/trung tuyến)

\(\Rightarrow AI\perp IE\)(1)

Ta lại có AHIK là h/vuông nên \(AI\perp HK\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra IE//HK suy ra KOEI là h/thang

1a/IM vuông góc AB=>AMI=90 do

IN vuông góc AC=>ANI=90 do

△ABC vuông tại A=>BAC=90 do

=>góc AMI= gocANI= gocBAC= 90 do => tứ giác AMIN là hình chữ nhật

1b/Có I dx vs D qua N => ID là đường trung trực của AC=>AI=AD; IC=ID(1)

Trong △ABC có AI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC =>AI=1/2BC hay AI=IC(2)

Từ (1) va (2) => AI=IC=CD=DA => Tu giac AICD la hthoi

2a/ Có M là TĐ AB và M là điểm đối xứng giữa E và H

=> AM=MB VA EM=MH hay AB giao voi EH tai TD M

=> Tg AEBH la hbh co AHB=90 do => Hbh AEBH la hcn

2b/Co AEBH la hcn=>EH=AB

+) Mà AB=AC=>EH=AC(1)

+) △ABC cân tại A có AH là đường cao đồng thời phân giác của góc BAC => góc BAH=góc HAC.

Co goc BAH=1/2 EAH ; góc AHE=1/2AHB

Ma goc EAH= goc AHB=>BAH=AHE hay goc HAC= goc AHE.

Mà 2 góc này ở vị trí SLT=> EH//AC(2)

Từ (1) va (2)=>tg AEHC la hbh

Bài 2:

a: Xét tứ giác AMCK có

I là trung điểm của AC

I là trug điểm của MK

Do đó: AMCK là hình bình hành

mà \(\widehat{AMC}=90^0\)

nên AMCK là hình chữ nhật

b: Để AMCK là hình vuông thì AM=CM

=>AM=BC/2

=>ΔABC vuông tại A

đây là nhóm hỏi những bài khó chứ không phải nơi chép bài của những bạn lười nhé

Bạn nói hay đó

Đc của ló