15000 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 104)

15000 câu hỏi ôn tập môn Toán (Phần 104)

Đề bài. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm. Gọi H là chân đường cao hạ từ A sao cho $\overrightarrow{BH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{HC}$. Điểm M di động nằm trên BC sao cho $\overrightarrow{BM}\mathrm{ }=x\overrightarrow{BC}$ . Tìm x sao cho độ dài của $\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

Dựng hình bình hành AGCE

Ta có: $\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}\mathrm{ }=\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{ME}$

Kẻ EF ⊥ BC (F ∈ BC)

Khi đó $|\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}|=\left|\overrightarrow{ME}\right|=ME\ge EF$

Do đó $|\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}|$ 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;

$\widehat{BQP}=\widehat{BFE}={90}^{\circ }$

Suy ra: ∆BPQ ∽ ∆BEF (g.g)

Do đó $\frac{BP}{BE}=\frac{BQ}{BF}=\frac{3}{4}\Rightarrow \overrightarrow{BF}Â\mathrm{ }=\frac{4}{3}\overrightarrow{BQ}$

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 $\overrightarrow{HQ}\mathrm{ }=\frac{1}{2}\overrightarrow{HC}$; mà $\overrightarrow{BH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{HC}$

Ta có:

$\overrightarrow{BQ}\mathrm{ }=\overrightarrow{BH}\mathrm{ }+\overrightarrow{HQ}\mathrm{ }=\frac{1}{3}\overrightarrow{HC}\mathrm{ }+\frac{1}{2}\overrightarrow{HC}\mathrm{ }=\frac{5}{6}\overrightarrow{HC}\mathrm{ }=\frac{5}{6}.\frac{3}{4}\overrightarrow{BC}\mathrm{ }=\frac{5}{8}\overrightarrow{BC}$

Do đó: $\overrightarrow{BF}\mathrm{ }=\frac{4}{3}\overrightarrow{BQ}\mathrm{ }=\frac{5}{6}\overrightarrow{BC}$

Vậy $x=\frac{5}{6}$

Đề bài. Cho tam giác ABC có $\widehat{A}={70}^{\circ }$, các đường phân giác BD, CE cắt nhau ở I. Tính $\widehat{BIC}$

Lời giải:

Trong ∆ABC, ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={180}^{\circ }$(tổng ba góc trong tam giác)

Suy ra: $\widehat{B}+\widehat{C}={180}^{\circ }-\widehat{A}={180}^{\circ }-{70}^{\circ }\mathrm{ }={110}^{\circ }$

Ta có:

$\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\widehat{B}$ (vì BD là tia phân giác)

$\widehat{C_1}=\frac{1}{2}\widehat{C}$ (vì CE là tia phân giác)

Trong ∆BIC, ta có:

$\widehat{BIC}+\widehat{B_1}+\widehat{C_1}={180}^{\circ }$ (tổng 3 góc trong tam giác)

Suy ra: $\widehat{BIC}={180}^{\circ }-\frac{1}{2}(\widehat{B}+\widehat{C})={180}^{\circ }-\frac{1}{2}{.110}^{\circ }={125}^{\circ }.$

Đề bài. Cho tam giác ABC có $\widehat{C}={90}^{\circ }$. Kẻ đường cao CH. Biết HB - HA = AC. Tính $\hat{A}, \hat{B}$

Lời giải:

Ta có: HB – HA= AC; HB + HA = AB

Suy ra: $AH=\frac{AB-AC}{2}$

AC² = AH.AB = $\frac{AB-AC}{2}.AB=\frac{A{B}^2}{2}-\frac{AB.AC}{2}$

⇒$\frac{A{B}^2}{2A{C}^2}+\frac{-AB}{2AC}=1$

⇔ $\frac{A{B}^2}{2A{C}^2}-\frac{AB}{2AC}-1=0$

⇔ $\Rightarrow [\begin{array}{c}\frac{AC}{AB}=\mathrm{ }-1\\ \frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{c}\sin \widehat{B}=\mathrm{ }-1\\ sin\widehat{B}=\frac{1}{2}\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{c}\widehat{B}=\mathrm{ }-{90}^{\circ }\left(L\right)\\ \hat{B}={30}^{\circ }\end{array}$

Suy ra: $\widehat{A}={180}^{\circ }-{90}^{\circ }-{30}^{\circ }\mathrm{ }={60}^{\circ }.$

Đề bài. Cho tam giác ABC có góc C nhọn, AH và BK là hai đường cao, HK = $\sqrt{7}$, diện tích tứ giác ABHK bằng 7 lần diện tích tam giác CHK. Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng?

Lời giải:

Ta có: $\widehat{AKB}=\widehat{AHB}={90}^{\circ }$

Suy ra ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB

⇒ $\widehat{CHK}=\widehat{CAB},\widehat{CKH}=\widehat{CBA}$

⇒ ΔCHK ∽ ΔCAB (g.g)

⇒ $\frac{S_{CAB}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{H{K}^2}\Rightarrow \frac{S_{CAB}-S_{CHK}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{7}-1\iff \frac{S_{ABHK}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{7}-1\iff 7=\frac{A{B}^2}{7}-1$

Suy ra: AB = $2\sqrt{14}$

Mặt khác: $\frac{CH}{CA}=\frac{HK}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

⇒$\sin \widehat{C}=\frac{CH}{CA}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Do $\frac{AB}{\sin \widehat{C}}=2R\Rightarrow R=4\sqrt{7}.$

Đề bài. Cho tam giác ABC cân. Gọi M là trung điểm của đường cao AH, D là giao điểm của AB và CM. Chứng minh: $AD=\frac{1}{3}AB.$

Lời giải:

Kẻ HF // DC

Xét tam giác DBC có:

HB = HC (tam giác ABC có AH vừa là đường cao vừa là đường trung trực)

DC // HF

N là trung điểm DB (DN = NB) (1)

Xét tam giác AFH có: M là trung điểm AH (MA = MH)

DM // HF (HF // DC, M thuộc DC)

Suy ra: D là trung điểm NA hay DN = NA (2)

Từ (1), (2): DN = DA = NB

Vậy $AD=\frac{1}{3}AB.$

Đề bài. Cho tam giác ABC, D là trung điểm AB, E là trung điểm AC. Vẽ F sao cho E là trung điểm DF. Chứng minh:

a) DB = CF.

b) ∆BDC = ∆FCD.

c) DE // BC và $DE=\frac{1}{2}BC.$

Lời giải:

a) Xét tam giác AED và CEF có:

EA = EC

$\widehat{AED}=\widehat{CEF}$ (đối đỉnh)

ED = EF

⇒ ∆AED = ∆CEF (c.g.c)

⇒ DA = CF

Mà DA = DB nên DB = CF

b) ∆AED = ∆CEF nên: \(\widehat A = \widehat {ECF}\)

Suy ra: AB // CF

⇒ $\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$ (so le trong)

Xét tam giác BDC và FCD có:

DC chung

$\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$

BD = CF

⇒ ∆BDC = ∆FCD (c.g.c)

c) ∆BDC = ∆FCD nên $\widehat{DCB}=\widehat{CDF}$

Suy ra: DE // BC (2 góc so le trong bằng nhau)

Lại có BC = DF = 2DE

Nên: $DE=\frac{1}{2}BC$.

Đề bài. Cho tam giác đều ABC cạnh 2a, G là trọng tâm. Khi đó độ dài $\overrightarrow{AB}\mathrm{ }-\overrightarrow{GC}$ bằng?

Lời giải:

Gọi M là trung điểm AB

$$\begin{gathered} |\overrightarrow{AB}\mathrm{ }-\overrightarrow{GC}|=|\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\overrightarrow{CG}|=|\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\frac{2}{3}\overrightarrow{CM}|=|\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\frac{1}{3}\overrightarrow{CA}\mathrm{ }+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}| \\ =|\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\frac{1}{3}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})| \end{gathered}$$

$=|\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CB}|=\frac{2}{3}AM$

$\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\sqrt{{(4a)}^2-{(2a)}^2}\mathrm{ }=\frac{4a\sqrt{3}}{3}.$

Đề bài. Tam giác ABC đều cạnh a, dựng hình vuông BCMN. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính theo a độ dài vectơ $\overrightarrow{u}\mathrm{ }=\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GM}\mathrm{ }+\overrightarrow{GN}.$

Lời giải:

$\overrightarrow{u}\mathrm{ }=\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GM}\mathrm{ }+\overrightarrow{GN}\mathrm{ }$

= $\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}\mathrm{ }+\overrightarrow{CM}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BN}$

$=\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{CM}\mathrm{ }+\overrightarrow{BN}\mathrm{ }=\overrightarrow{GB}+2\overrightarrow{BN}$

G là trọng tâm nên $BG=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Ta có $\left|\overrightarrow{u}\right|=|\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+2\overrightarrow{BN}|$

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\left|\overrightarrow{u}\right|}^2=B{G}^2+4B{N}^2+4.\overrightarrow{GB}.\overrightarrow{BN}\mathrm{ } \\ =\frac{a^2}{3}+4a^2+4.\frac{a\sqrt{3}}{3}.a.\cos {120}^{\circ }\mathrm{ }=\frac{13-2\sqrt{3}}{3}{a}^2 \end{gathered}$$

Vậy $\left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{\frac{13-2\sqrt{3}}{3}}a.$

Đề bài. Cho tam giác ABC đều cạnh a, AH là đường cao. Tính: $\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}.$

Lời giải:

a) Do tam giác ABC đều nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}={60}^{\circ }$ và AB = BC = CA = a.

Khi đó:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA}\mathrm{ }=-\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA}\mathrm{ }=-\left|\overrightarrow{BC}\right|.\left|\overrightarrow{BA}\right|.\cos (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}) \\ =-a.a.\cos {60}^{\circ }\mathrm{ }=\frac{-a^2}{2} \end{gathered}$$

b) Do AH là đường cao của tam giác ABC nên AH ⊥ BC

Suy ra: $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\mathrm{ }\Rightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}\mathrm{ }=0.$

Đề bài. Cho tam giác ABC đều cạnh a, đường cao AH. Tính độ dài $\overrightarrow{u}\mathrm{ }=\overrightarrow{AH}\mathrm{ }-\overrightarrow{CA}\mathrm{ }+\overrightarrow{CB}.$

Lời giải:

$\left|\overrightarrow{u}\right|=|\overrightarrow{AH}\mathrm{ }-\overrightarrow{CA}\mathrm{ }+\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{AH}\mathrm{ }+\overrightarrow{AC}\mathrm{ }+\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{AH}\mathrm{ }+\overrightarrow{AB}|$

AH là đường cao vừa là đường phân giác nên $\widehat{BAH}={30}^{\circ }$

Hay $(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AB})={30}^{\circ }$

Lại có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};AB=a$

Suy ra: $\left|\overrightarrow{u}\right|=|\overrightarrow{AH}\mathrm{ }+\overrightarrow{AB}|=\sqrt{A{H}^2+A{B}^2-2.AH.AB.\cos {30}^{\circ }}\mathrm{ }=\frac{a}{2}.$

Đề bài. Cho tam giác đều ABC cạnh a, gọi G là trọng tâm. Khi đó giá trị $|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}|$?

Lời giải:

$|\overrightarrow{AB}\mathrm{ }-\overrightarrow{GC}|=|\overrightarrow{AC}\mathrm{ }+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CG}|=|\overrightarrow{AG}\mathrm{ }+\overrightarrow{CB}|$

$=|2\overrightarrow{GH}\mathrm{ }+2\overrightarrow{HB}|=2|\overrightarrow{GH}\mathrm{ }+\overrightarrow{HB}|=2GB=2.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Đề bài. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng $a\sqrt{3}$. Gọi M là trung điểm của AC. Tính độ dài vectơ $\overrightarrow{BM}$.

Lời giải:

$\overrightarrow{BM}\mathrm{ }=\overrightarrow{BA}\mathrm{ }+\overrightarrow{AM}\mathrm{ }=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$

Suy ra:

$\left|\overrightarrow{BM}\right|=|-\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}|=|-a\sqrt{3}\mathrm{ }+\frac{1}{2}.(-a\sqrt{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}a|.$

Đề bài. Cho tam giác ABC, điểm D đối xứng vs A qua B, E đối xứng B qua C, F đối xứng C qua A Gọi G là giao điểm của đường trung tuyến AM. Trong tam giác ABC với trung tuyến DN của tam giác DEF Gọi I, K lần lượt là trung điểm của GA và GD.

1) Chứng minh tứ giác MNIK là hình bình hành.

2) Chứng minh tam giác ABC và tam giác DEF có cùng trọng tâm.

Lời giải:

Nối A vs N

a) Xét tam giác CEF có: N là trung điểm của EF (gt) và A là trung điểm của FC (vì C đối xứng với F qua A)

⇒ AN là đường trung bình của tam giác CEF

⇒ AN//CE và $AN=\frac{1}{2}CE$

⇒ $AN=\frac{1}{2}BC$(vì BC = CE)

⇒ AN = BM(vì $BM=\frac{1}{2}BC$)

Xét tứ giác ANMB có: AN = MB (cmt) và AN//MB

(vì AN// CE; B, M, C, E thẳng hàng)

⇒ tứ giác ANMB là hình bình hành

⇒ MN // AB và AB = MN (1)

xét tam gíac AGD có: I là trung điểm của AG (gt) và K là trung điểm của DG (gt)

⇒ IK là đường trung bình của tam giác AGD

⇒ $IK=\frac{1}{2}AD$ và IK //AD

Mà B là trung điểm của AD (vì A đx vs D qua B)

⇒ AB = BD = $\frac{1}{2}AD$

⇒ IK = AB ($=\frac{1}{2}AD$) (2)

Từ (1), (2) ⇒ IK = MN

Ta có: MN// AB (cmt); B thuộc AD ⇒ MN//AD

Xét tứ giác MNIK có: IK = MN (cmt) và IK // MN (cùng // AD)

⇒ tứ giác MNIK là hình bình hành (đpcm)

b) Do tứ giác MNIK là hình bình hành (câu a) mà G là giao điểm của IM và KN nên G là trung điểm của IM là KN

⇒ IG = MG và KG = NG

Mặt khác: I là trung điểm của AG (gt) ⇒ IG = AI ⇒ AI = IG = GM

K là trung điểm của DG (gt) ⇒ DK = KG ⇒ DK = KG = GN

xét tam giác ABC có: AM là đường trung tuyến và AI = IG = GM (cmt)

⇒ G là trọng tâm của tam giác ABC (*)

Xét tam giác DEF có: DN là đg trung tuyến (gt) và DK = KG = GN (cmt) ⇒ G là trọng tâm của tam giác DEF (**)

Từ (*), (**) ⇒ G vừa là trọng tâm của tam giác ABC vừa là trọng tâm của tam giác DEF

⇒ Tam giác ABC và tam giác DEF có cùng trọng tâm là G (đpcm).

Đề bài. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD. Gọi M là một điểm trên cạnh AC sao cho $AM=\frac{1}{2}MC$. Gọi O là giao điểm của BM và AD. Chứng minh rằng:

a, O là trung điểm của AD.

b, $OM=\frac{1}{4}BM.$

Lời giải:

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết: $AM=\frac{1}{2}MC$ nên AM = ME = EC

Xét tam giác BCM có ME = EC (cmt); DB = DC (gt)

⇒ DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE // BM

Xét tam giác ADE có

AM = ME (cmt)

BM // DE (cmt)

⇒ OM // DE

⇒ OA = OD (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

b/ Ta có DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ $DE=\frac{1}{2}BM$

Xét tam giác ADE có

OA = OD (cmt); AM=ME (cmt) ⇒ OM là đường trung bình của tam giác ADE

⇒ $OM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}BM=\frac{1}{4}BM.$

Đề bài. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu $\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}\mathrm{ }=\overrightarrow{0}$ thì G là trọng tâm của tam giác ABC.

Lời giải:

$\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+\overrightarrow{GB}\mathrm{ }+\overrightarrow{GC}\mathrm{ }=\overrightarrow{0}$

⇔ $\overrightarrow{GA}\mathrm{ }+2\overrightarrow{GI}\mathrm{ }=\overrightarrow{0}$

⇔ $\overrightarrow{GA}\mathrm{ }=-2\overrightarrow{GI}$

Từ đó suy ra ba điểm A, G, I thẳng hàng, trong đó GA = 2GI, G nằm giữa A và I.

Vậy G là trọng tâm của tam giác ABC.

Đề bài. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC và MA = MB = MC. Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.

Lời giải:

Ta có MA = MB ⇒ tam giác MAB cân tại M
⇒ $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}$
+ MA = MC ⇒ tam giác MAC cân tại M

⇒ $\widehat{MAC}=\widehat{MCA}$
Trong tam giác ABC có $\widehat{ABC}+\widehat{BCA}+\widehat{BAC}={180}^{\circ }$ (tổng 3 góc trong một tam giác bằng 180°)
⇒ $2\widehat{ABC}+2\widehat{BCA}={180}^{\circ }$
⇒ $\widehat{ABC}+\widehat{BCA}={90}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$
⇒ tam giác ABC vuông tại A.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC ) có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh: tam giác AEB đồng dạng tam giác AFC.

b) Chứng minh: AF.AB = AE.AC và tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.

Lời giải:

a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

$\widehat{BAE}$chung

$\widehat{AEB}=\widehat{AFC}={90}^{\circ }$

Do đó: ΔAEB ∽ ΔAFC (g-g)

b) Ta có: ΔAEB ∽ ΔAFC(cmt)

nên $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$ hay AE.AC = AF.AB

Xét ΔAEF và ΔABC có

$\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$ (cmt)

$\widehat{FAE}$chung

Do đó: ΔAEF ∽ ΔABC (c-g-c).

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có các đường cao BD và CE.

a, Cho góc A = 60 độ và AC = 12cm. Tính AE.

b, Tia DE cắt BC ở F, chứng minh tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC.

c, Chứng minh FB.FC = FE.FD.

Lời giải:

a) Ta có: $\sin \widehat{A}=\frac{CE}{CA}\Rightarrow CE=CA.\sin \widehat{A}=6\sqrt{3}$

$AE=\sqrt{A{C}^2-C{E}^2}Â\mathrm{ }=6(cm)$

b) Xét ΔADB, ΔAEC có:

Chung $\widehat{A}$

$\widehat{D}=\widehat{E}={90}^{\circ }$

⇒ ΔADB ∽ ΔAEC(g.g)

⇒ $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$

Mà $\widehat{DAE}=\widehat{BAC}$

⇒ΔADE ∽ ΔABC (c.g.c)

c.Từ câu b ⇒ $\widehat{AED}=\widehat{ACB}$

⇒ $\widehat{FEB}=\widehat{AED}=\widehat{ACB}=\widehat{FCD}$

Mà $\widehat{EFB}=\widehat{DFC}$
⇒ ΔFBE ∽ ΔFDC (g.g)

⇒ $\frac{FB}{FD}=\frac{FE}{FC}$

⇒ FB.FC = FE.FD.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. M, N là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC.

a) Biết AH = 3 cm, CH = 4 cm, tính HN và $\widehat{ACB}$ (số đo góc làm tròn đến độ).

b) Chứng minh rằng tam giác ANM đồng dạng với tam giác ABC.

Lời giải:

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AHC vuông tại H:

$\frac{1}{H{N}^2}=\frac{1}{A{H}^2}+\frac{1}{H{C}^2}=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}\Rightarrow HN=2,4(cm)$

$\tan \widehat{ ACB}=\tan \widehat{ACH}=\frac{AH}{HC}=\frac{3}{4}$

Suy ra: $\widehat{ACB}\approx {37}^{\circ }.$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHC, AHB có:

AH² = AN.AC; AH² = AM.AB

Suy ra: AN.AC = AM.AB

⇒ $\frac{AM}{AN}=\frac{AC}{AB}$

Xét tam giác AMN và tam giác ABC có:

Chung $\widehat{A}$

$\frac{AM}{AN}=\frac{AC}{AB}$

⇒ ∆AMN ∽ ∆ABC (c.g.c).

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AH. Gọi E là hình chiếu của H trên AB.

a. Biết AE = 3,6 cm; BE = 6,4 cm. Tính AH, EH và góc $\widehat{B}$ (Số đo góc làm tròn đến độ)

b. Kẻ HF vuông góc với AC tại F. Chứng minh AB.AE = AC.AF.

c. Đường thẳng qua A và vuông góc với EF cắt BC tại D; EF cắt AH tại O.

Chứng minh rằng $S_{ADC}=\frac{S_{AOE}}{{\sin }^{2}B.{\sin }^{2}C}.$

Lời giải:

a) Trong tam giác ABH vuông tại H, ta có:

EH² = AE.BE = 3,6.6,4 = 23,04 ⇒ EH = 4,8 (cm)

AH² = AE.AB = 3,6(3,6 + 6,4) = 36 ⇒ AH = 6 (cm)

$sin\widehat{B}=\frac{AH}{AB}=\frac{6}{3,6+6,4}\Rightarrow \widehat{B}=36,{87}^{\circ }\approx {37}^{\circ }$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABH vuông tại H:

AH² = AE.AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACH vuông tại H:

AH² = AF.AC

Suy ra: AB.AE = AC.AF (= AH²)

c) Xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

Chung $\widehat{A}$

$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$ (từ AB.AE = AC.AF)

⇒ ∆AEF ∽ ∆ACB (c.g.c)

⇒ $\widehat{AEF}=\widehat{ACB};\widehat{AFE}=\widehat{ABC}$

Gọi I là giao điểm AD và EF

Có: tam giác IAF vuông tại I nên $\widehat{IAF}+\widehat{IFA}={90}^{\circ }$

Tam giác ABH vuông tại H nên $\widehat{BAH}+\widehat{ABH}={90}^{\circ }$

Mà: $\widehat{AFE}=\widehat{ABC}$ hay $\widehat{IFA}=\widehat{ABH}$ nên $\widehat{BAH}=\widehat{IAF}$

Xét tam giác AOE và ADC có:

$\widehat{EAO}=\widehat{DAC} (vì \widehat{BAH}=\widehat{IAF})$

$\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\iff \widehat{AEO}=\widehat{DCA}$

Suy ra: ∆AOE ∽ ∆ADC (g.g)

⇒ $$\begin{gathered} \frac{S_{ADC}}{S_{AOE}}=\frac{A{C}^2}{A{E}^2}=\frac{{\left(\frac{AH}{\sin C}\right)}^2}{{(AH.\cos \widehat{BAH})}^2} \\ =\frac{1}{{\sin }^{2}C.{\cos }^2\widehat{BAH}}=\frac{1}{{\sin }^{2}C.{\sin }^{2}B} \end{gathered}$$

(vì tam giác ABH vuông tại H nên $\cos \widehat{BAH}=\sin \widehat{B}$).

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE. Tia phân giác của các góc ABD và ACE cắt nhau tại O, cắt AC và AB lần lượt tại N và M. Tia BN cắt CE tại K,tia CM cắt BD tại H. Chứng minh rằng:

a) BN vuông góc CM.

b) Tứ giác MNHK là hình thoi.

Lời giải:

a) Vì tam giác BEC vuông ở E

⇒ $\widehat{B_1}+\widehat{B_2}+\widehat{B_3}+\widehat{C_1}={90}^{\circ }$( phụ nhau)

Mà $\widehat{B_2}=\widehat{B_3}$ ( BN là phân giác góc ABD)

⇒ $\widehat{B_1}+2\widehat{B_2}+\widehat{C_1}={90}^{\circ }$

Vì tam giác DBC vuông ở D ⇒ $\widehat{C_1}+\widehat{C_2}+\widehat{C_3}+\widehat{B_1}={90}^{\circ }$(phụ nhau)

Mà $\widehat{C_2}={\widehat{B_1}}^{\circ }$CM là tia phân giác góc ACE)

⇒ $\widehat{C_1}+2\widehat{C_2}+\widehat{B_1}={90}^{\circ }\left(2\right)$

Lấy (1) + (2) ta được:

$\widehat{B_1}+2\widehat{B_2}+\widehat{C_1}+\widehat{C_1}+2\widehat{C_2}+\widehat{B_1}={90}^{\circ }Â\mathrm{ }+{90}^{\circ }Â\mathrm{ }={180}^{\circ }$

⇔ $2(\widehat{OBC}+\widehat{OCB})={180}^{\circ }$

⇔ $\widehat{OBC}+\widehat{OCB}={90}^{\circ }$

Xét tam giác OBC có: $\widehat{OBC}+\widehat{OCB}+\widehat{BOC}={180}^{\circ }$

⇒ $\widehat{BOC}={90}^{\circ }$

⇒ OB ⊥ OC

⇒ BN ⊥ CM

b) Vì BN ⊥ CM (cmt)

⇒ MH ⊥ KN

Xét tứ giác MNHK có 2 đường chéo MH và KN vuông góc với nhau

⇒ MNHK là hình thoi.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (Hình 61). Tìm trực tâm của các tam giác HAB, HBC, HCA.

Lời giải:

• Xét tam giác HAB có BD ⊥ AH, AE ⊥ BH, HF ⊥ AB và ba đường cao BD, AE, HF cắt nhau tại C.

Do đó C là trực tâm tam giác HAB.

• Xét tam giác HBC có HD ⊥ BC, BF ⊥ HC, CE ⊥ BH và ba đường cao HD, BF, CE cắt nhau tại A.

Do đó A là trực tâm tam giác HBC.

• Xét tam giác HCA có HE ⊥ AC, AF ⊥ HC, CD ⊥ AH và ba đường cao HE, AF, CD cắt nhau tại B.

Do đó B là trực tâm tam giác HCA.

Vậy trực tâm của các tam giác HAB, HBC, HCA tương ứng là C, A, B.

Đề bài. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và các trung tuyến BM và CN vuông góc với nhau. Chứng minh: $cotC + cotB⩾\frac{2}{3}$

Lời giải:

Kẻ đường cao AH, trung tuyến AD, trọng tâm G

Tam giác AHD vuông tại H nên AH ≤ AD

⇒ $\frac{BC}{AH}\ge \frac{BC}{AD}\left(1\right)$

Ta có: $cotC+cotB=\frac{CH}{AH}+\frac{BH}{AH}=\frac{BC}{AH}\ge \frac{BC}{AD}$ (2)

Mà BM vuông góc CN nên GD là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra: BC = 2GD (3)

Mà G là trọng tâm nên 3GD = AD (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ $cotC +cotB⩾\frac{BC}{AD}=\frac{2GD}{3GD}=\frac{2}{3}$

Đề bài. Cho tam giác ABC có Cạnh BC = a. Trên cạnh AB lấy các điểm D và E sao cho AD = DE = EB. Từ D, E kẻ các đường thẳng song song với BC, cắt cạnh AC theo thứ tự tại M và N. Tính theo a độ dài các đoạn thẳng DM và EN.

Lời giải:

Ta có: $AD=DE=EB=\frac{1}{3}AB\left(1\right)$

Suy ra: AE = AD + DE = $\frac{2}{3}AB\left(2\right)$

Trong ΔABC, ta có: DM // BC (gt)

Nên: $\frac{AD}{AB}=\frac{DM}{BC}$ (hệ quả định lí Ta-lét)

Suy ra: $\frac{AD}{AB}=\frac{DM}{a}\left(3\right)$

Từ (1) và (3) suy ra: $\frac{1}{3}=\frac{DM}{a}$

Suy ra: $DM=\frac{a}{3}$

Trong ΔABC, ta có: EN // BC (gt)

⇒ $\frac{AE}{AB}=\frac{EN}{BC}=\frac{EN}{a}$

⇒ $\frac{EN}{a}=\frac{2}{3}\Rightarrow EN=\frac{2a}{3}.$

Đề bài. Cho tam giác đều ABC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D. Trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A kẻ các tia Cx // AB, Dy // AC. Hai tia này cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:

a) Tam giác ECD đều.

b) AD = BE.

Lời giải:

a) Có AB // Cx (gỉa thiết)

⇒ $\widehat{ABC}=\widehat{ECD}$ (2 góc đồng vị)

Mà $\widehat{ABC}={60}^{\circ }$(vì tam giác ABC đều)

⇒ $\widehat{ECD}={60}^{\circ }$

Có AC // Dy (gỉa thiết) ⇒ $\widehat{ACB}=\widehat{EDC}={60}^{\circ }$(2 góc đồng vị)

Có $\widehat{ECD}=\widehat{EDC}={60}^{\circ }$

⇒ Tam giác ECD đều

b) $\widehat{ACB}+\widehat{ACD}={180}^{\circ }$(kề bù)

$\widehat{ECD}+\widehat{ECB}={180}^{\circ }$(kề bù)

$\widehat{ACB}=\widehat{EDC}={60}^{\circ }$

⇒ $\widehat{ACD}=\widehat{ECB}$

Xét tam giác ACD và tam giác BCE

CD = ED (tam giác ECD đều)

$\widehat{ACD}=\widehat{ECB}$ (cmt)

AC = BC (tam giác ABC đều)

⇒ ∆ACD = ∆BCE (c.g.c)

⇒ AD = BE (2 cạnh tương ứng).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A trung tuyến AD. Kẻ DM vuông góc AB (M thuộc AB), kẻ DN vuông góc AC (N thuộc AC).

a) ANDM là hình gì?

b) Lấy E đối xứng Dqua M. Chứng minh rằng AE//MN.

c) D nằm ở vị trí nào trên cạnh BC để ANDM là hình chữ nhật.

Lời giải:

a) Xét tứ giác ANDM có 3 góc vuông tại A, M, N

⇒ ANDM là hình chữ nhật

Vậy ANDM là hình chữ nhật

b) Vì ANDM là hình chữ nhật

⇒ AN = DM; AN//DM

Lại có E đối xứng với D qua M

⇒ DM = ME

⇒ ME // AN; ME = AN

⇒ ANME là hình bình hành

⇒ AE // MN

Vậy AE // MN

c) D nằm ở vị trí nào thì ANDM đều là hình chữ nhật.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông cân tại A và điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh MB² + MC² = 2MA².

Lời giải:

Từ M kẻ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AC.
Ta có ΔEBM vuông cân tại E, ΔFMC vuông cân tại F và AEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác EBM, FMC, AEF ta có:
BM² = EM² + BE² = 2.ME² ; MC² = 2.FM²

⇒ BM² + MC² = 2.(ME² + MF²) (1)
Mà AM² = EF² = ME² + MF² (2)
Từ (1),(2) ta được MB² + MC² = 2MA².

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết AB = AC = 4cm.

a, Tính BC.

b, Từ A kẻ AD vuông góc BC tại D. Chứng minh D là trung điểm BC.

c, Từ D kẻ DE vuông góc AC tại E. Chứng minh tam giác AED vuông cân.

d, Tính AD.

Lời giải:

a) Ta có tam giác ABC vuông cân tại A nên: BC² = AB² + AC² = 4² + 4² = 32

⇒ BC = $4\sqrt{2}.$

b) Ta có: tam giác ABC vuông cân tại A nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}={45}^{\circ }.$

Vì AD vuông góc với BC nên $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}={90}^{\circ }$

⇒ $\widehat{BAD}=\widehat{DAC}={45}^{\circ }$

Suy ra: tam giác ABD và tam giác DAC vuông cân tại D

Suy ra: DA = DB; DA = DC

⇒ DB = DC hay D là trung điểm BC.

c) Có: DE ⊥ AB nên $\widehat{AED}={90}^{\circ }$

mà tam giác ADB vuông cân tại D nên: $\widehat{EAD}=\widehat{BAD}={45}^{\circ }$

⇒ Tam giác ADE vuông cân tại E.

d) Từ câu b có DA = DB = DC

Mà D là trung điểm BC nên $DB=\frac{1}{2}BC=2\sqrt{2}$

Vậy $DA=2\sqrt{2}.$

Đề bài. Cho ABC vuông cân tại A. Trên tia đối của tia CA lấy điểm F, trên AB lấy điểm E sao cho BE = CF. Vẽ hình bình hành BEFD.

a) Chứng minh DC vuông góc với BC.

b) Gọi I là giao điểm EF và BC. Chứng minh $AI=\frac{1}{2}DB.$

Lời giải:

a) Ta có

BE = DF (cạnh đối hình bình hành)

BE = CF (gt)

⇒ CF=DF ⇒ tam giác CDF cân tại F

Ta có DF//BE ⇒ DF//AB mà AB ⊥ AC ⇒ DF ⊥ AC

⇒ tam giác CDF vuông cân tại F ⇒ $\widehat{FCD}=\widehat{FDC}={45}^{\circ }$

Tam giác ABC vuông cân tại A ⇒ $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}={45}^{\circ }$

⇒ $\widehat{BCD}=\widehat{ACF}-(\widehat{ACB}+\widehat{FCD})={90}^{\circ }$

⇒ DC ⊥ BC (đpcm)

b/ Từ E dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại K

Xét tam giác vuông BEK có: $\widehat{BKE}={180}^{\circ }-(\widehat{BEK}+\widehat{ABC})={45}^{\circ }$

⇒$\widehat{BKE}=\widehat{ABC}={45}^{\circ }$

⇒ tam giác BEK cân tại E ⇒ BE=KE

Mà BE = CF (gt)

⇒ KE = CF (1)

Ta có: KE ⊥ AB

AC⊥AB

⇒ CF ⊥ AB

⇒ KE // CF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CEKF là hình bình hành

⇒ IE = IF (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Xét tam giác vuông AEF có: IE = IF (cmt)

⇒$AI=\frac{1}{2}EF$

Mà EF = DB nên $AI=\frac{1}{2}DB.$

Đề bài. cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 4cm. Đường cao AH, kẻ HI vuông góc AB, HK vuông góc AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AIHK.

Lời giải:

Đặt AB = x

Dễ chứng minh tam giác HBA và tam giác ABC đồng dạng (g.g)

⇒ AB² =BH.BC

⇒ x² = 4BH

Hay BH = $\frac{x^2}{4}$

Lại có: AB²= BH²+ AH²

⇒ AH² = $x^2-\frac{x^4}{16}\Rightarrow AH=\frac{x}{4}\sqrt{16-x^2}$

$S_{AIHK}=HI.HK\le \frac{H{I}^2+H{K}^2}{2}=\frac{A{H}^2}{2}=\frac{x^2(16-x^2)}{32}$

Suy ra: $S_{AIHK}=\frac{{16}^2}{32.4}=2$

Dấu “=” khi x² = 16 – x² hay x = AB = $2\sqrt{2}$; HI = HK thì tam giác ABC vuông cân tại A.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH vẽ đường tròn tâm O đường kính AH. Đường tròn này cắt các cạnh AB, AC lền lượt tại D và E.

a, Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật và 3 điểm D, O, E thẳng hàng.

b, Các tuyến tiếp của đường tròn tâm O kẻ từ D và E cắt cạnh BC tương ứng tại M và N. Chứng minh M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn HB, HC.

c, Cho AB = 8cm, AC = 9cm. Tính diện tích tứ giác MDEN.

Lời giải:

a) Do D, E thuộc đường tròn đường kính DE nên $\widehat{DAE}=\widehat{DHE}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác ADHE có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Do ADHE là hình chữ nhật nên hai đường chéo DE và AH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà O là trung điểm AH nên O là trung điểm DE.

Vậy D, O, E thẳng hàng.

b) Do AH vuông góc BC nên BC cũng là tiếp tuyến tại H của đường tròn (O)

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : DM = MH.

Xét tam giác vuông ADH có DM = MH nên DM = MH = MB hay M là trung điểm BH.

Tương tự N là trung điểm HC.

c) Dễ thấy MDEN là hình thang vuông.

Vậy thì $S_{MDEN}=\frac{(MD+EN).DE}{2}=\frac{(MH+HN).AH}{2}=\frac{MN.AH}{2}=\frac{\frac{1}{2}BC.AH}{2}$

$=\frac{1}{4}.BC.AH=\frac{1}{4}.AB.AC$

$=\frac{1}{4}\mathrm{.8.9}=18(c{m}^2).$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A. Tia phân giác góc B cắt cạnh AC tại điểm M. Kẻ MD⊥BC (D∈ BC).

a) Chứng minh BA = BD.

b) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng DM và BA. Chứng minh ΔABC = ΔDBE

c) Kẻ DH⊥ MC (H∈ MC) và AK⊥ ME (K ∈ ME). Gọi N là giao điểm của hai tia DH và AK. Chứng minh MN là tia phân giác góc$\widehat{HMK}.$

d) Chứng minh ba điểm B, M, N thẳng hàng.

Lời giải:

a) Xét 2 tam giác vuông ΔABM và ΔDBM có:

BM chung

$\widehat{ABM}=\widehat{DBM}$(do BM là phân giác)

⇒ΔABM = ΔDBM (cạnh huyền- góc nhọn)

⇒ BA = BD (hai cạnh tương ứng)

b) Xét 2 tam giác vuông ΔABC và ΔDBE có:

BA = BD (chứng minh ở câu a)

$\widehat{B}$chung

⇒ ΔABC = ΔDBE (cạnh góc vuông- góc nhọn)

c) Xét 2 tam giác vuông ΔAMK và ΔDMH có:

AM = DM (hai cạnh tương ứng do ΔABM = ΔDBM)

$\widehat{AMK}=\widehat{DMH}$(đối đỉnh)

⇒ ΔAMK = ΔDMH (cạnh huyền-góc nhọn)

⇒ MK = MH (hai cạnh tương ứng)

Xét 2 tam giác vuông ΔMNK và ΔMNH có:

MK = MH (cmt)

$\widehat{MKN}=\widehat{MHN}={90}^{\circ }$

MN chung

⇒ ΔMNK = ΔMNH (c.g.c)

⇒ $\widehat{MNK}=\widehat{MNH}$ (hai góc tương ứng)

⇒ NM là tia phân giác của $\widehat{HMK}$(đpcm) (1)

d) Do AK = DH (hai cạnh tương ứng ΔAMK = ΔDMH)

KN = HN (hai cạnh tương ứng ΔMNK = ΔMNH)

⇒ AN = AK + KN = DH + HN = DN

Xét ΔABN và ΔDBN có:

AB = DB (cmt)

BN chung

AN = DN

⇒ΔABN = ΔDBN (c.c.c)

⇒ $\widehat{ANB}=\widehat{DNB}$ (hai góc tương ứng)

⇒ NB là tia phân giác $\widehat{AND}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra B, M, N thẳng hàng.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC) có đường cao AH. Gọi AD là phân giác của $\widehat{HAB}.$

a) Tính cạnh AH, AC biết HB = 18cm, HC = 8cm.

b) Chứng minh tam giác ADC cân và HD.BC = BD.DC.

c) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC.

Chứng minh S_AEF = S_ABC.(1 - cos²B).sin²C.

Lời giải:

a) Ta có tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC

Nên: AH² = BH.CH = 18.8 = 144

⇒ AH = 12cm.

AC = $\sqrt{A{H}^2+H{C}^2}\mathrm{ }=4\sqrt{13}$

b) Vì AD là phân giác $\widehat{BAH}$ $\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{DAH}$

$\widehat{HAC}={90}^{\circ }-\widehat{HAB}=\widehat{ABH}=\widehat{ABD}$

⇒ $\widehat{CDA}=\widehat{DAB}+\widehat{DBA}=\widehat{DAH}+\widehat{CAH}=\widehat{CAD}$

Suy ra: tam giác CAD cân tại C ⇒ CA = CD

Vì AD là phân giác $\widehat{BAH}$ ⇒ $\frac{DH}{DB}=\frac{AH}{AB}=\sin B=\frac{AC}{BC}$

⇒ HD.BC = BD.AC = DB.CD

c) Ta có: HE ⊥ AB, HF ⊥ AC, AB ⊥ AC

Nên AEHF là hình chữ nhật

⇒ AH = EF

⇒ $\widehat{AEF}=\widehat{EAH}=\widehat{BAH}={90}^{\circ }-\widehat{B}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{EAF}=\widehat{BAC}$

⇒ ∆AFE ∽ ∆ABC (g.g)

⇒$\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}={\left(\frac{EF}{BC}\right)}^2=\frac{A{H}^2}{B{C}^2}$
Ta có: 1 – cos²B = sin²B

⇒ (1 – cos²B)sin²C = sin²Bsin²C = (sinBsinC)²

= ${(\frac{AC}{BC}.\frac{AB}{BC})}^2={\left(\frac{AB.AC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH.BC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH}{BC}\right)}^2$

⇒ $\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}=(1--co{s}^{2}B)si{n}^{2}C$

⇒ S_AEF = S_ABC.(1 - cos²B).sin²C.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 6cm và AC = 8cm. Các đường phân giác trong và ngoài của góc B cắt đường thẳng AC lần lượt tại M và N. Tính các đoạn thẳng AM và AN.

Lời giải:

Vì BM là đường phân giác của góc B nên ta có:

$\frac{MA}{MC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow \frac{MA}{MA+MC}=\frac{AB}{AB+BC}$

Suy ra: $MA=\frac{AB.(MA+MC)}{AB+BC}=\frac{6.8}{6+10}=\frac{48}{16}=3(cm)$

Vì BN là đường phân giác của góc ngoài đỉnh B nên ta có: BM ⊥ BN

Suy ra tam giác BMN vuông tại B

Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu hai cạnh góc vuông, ta có:

AB² = AM.AN

Suy ra: AN $=\frac{A{B}^2}{AM}=\frac{6^2}{3}=12(cm).$

Đề bài. Tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, AC = 8cm. Gọi I là giao điểm các đường phân giác của tam giác.

a) Tính độ dài BI.

b) Đường vuông góc với BI tại I cắt BC tại M. Chứng minh: BM = MC.

Lời giải:

a) Gọi D là giao điểm của BI và AC

BC = $\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}\mathrm{ }=10(cm)$

$\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

Suy ra: AD = $\frac{3}{5}DC$ mà AD + DC = AC = 8cm

Ta tính được: AD = 3cm, CD = 5cm

Do đó: BD² = AB² + AD² = 45 nên BD = \(3\sqrt 5 cm\)

Ta có: $\frac{AB}{AD}=\frac{BI}{ID}=\frac{6}{3}=2$

Suy ra: BI = 2ID mà BI + ID = BD = $3\sqrt{5}$

Suy ra: BI = $2\sqrt{5}cm$

b) $\widehat{I_1}=\widehat{B_1}+\widehat{C_1}={45}^{\circ }\mathrm{ }\Rightarrow \widehat{I_2}={45}^{\circ }$

Xét tam giác ICM và tam giác ICD có:

$\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$ (vì CI là phân giác)

Chung IC

$\widehat{I_1}=\widehat{I_2}={45}^{\circ }$

⇒ ∆ICM = ∆ICD (g.c.g)

Suy ra: CM = CD = 5cm

Ta thấy: $\frac{CD}{CB}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$

Mà $\frac{CM}{BC}=\frac{1}{2}$

Suy ra M là trung điểm BC, tức BM = MC.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = b, AB = c. Lấy điểm M trên cạnh BC sao cho $\widehat{BAM}={30}^{\circ }$. Tính tỉ số $\frac{MB}{MC}.$

Lời giải:

Kẻ BD// AC, AM cắt BD tại E.

Xét ΔEAB có: EB = AB . tan30° = $\frac{c\sqrt{3}}{3}$

Do BD // AC hay BE // AC nên $\frac{EB}{CA}=\frac{BM}{MC}=\frac{c\sqrt{3}}{3}:b=\frac{c\sqrt{3}}{3b}.$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC:

a) Chứng minh: AB² + CH² = AC² + BH².

b) Trên AB lấy E, trên AC lấy điểm F. Chứng minh: EF < BC.

c) Biết AB = 6cm; AC = 8cm. Tính AH, BH, CH.

Lời giải:

a) Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHB, AHC vuông có:

AB² = BH² + AH² ⇒ AH² = AB² – BH²

AH² = AC² – CH²

Suy ra: AB² – BH² = AC² – CH²

Hay AB² + CH² = AC² + BH²

b) Ta có: EF² = AE² + AF²

BC² = AB² + AC²

AE < AB, AF < AC

Suy ra: EF² < BC²

⇒ EF < BC.

c) $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}\mathrm{ }=10(cm)$

$AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.8}{10}=4,8(cm)$

Mà AH² = AC² – CH²

Nên: CH = $\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=6,4(cm)$

BH = BC – CH = 10 – 6,4 = 3,6(cm).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), có trung tuyến AM. Kẻ MN vuông góc với AB, và MP vuông góc với AC (N thuộc AB; P thuộc AC).

a) Tứ giác ANMP là hình gì? vì sao?

b) Chứng minh: NA = NB, PA = PC và tứ giác BMPN là hình bình hành.

c) Gọi E là trung điểm của BM, F là giao điểm của AM và PN. Chứng minh tứ giác ABEF là hình thang cân.

Lời giải:

a/ MP ⊥ AC; NA ⊥ AC ⇒ MP // NA

MN ⊥ AB; PA ⊥ AB ⇒ MN // PA

⇒ ANMP là hình bình hành

Ta có: $\widehat{A}={90}^{\circ }$

⇒ ANMP là hình chữ nhật

b/ MN // PA (cmt) ⇒ MN // AC

MB = MC (gt)

⇒ NA = NB

Chứng minh tương tự cũng có PA = PC

Ta có: MP//NA (cmt) ⇒ MP//NB

NA = NB; PA = PC

⇒ NP là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ NP // BC ⇒ NP // MB

⇒ BMPN là hình bình hành

c/ Xét hình chữ nhật ANMP có

FM = FA

EM = EB (gt)

⇒ EF là đường trung bình của tam giác MAB

⇒ EF // AB

⇒ ABEF là hình thang

Ta có: MB = MC

⇒ $AM=MB=MC=\frac{1}{2}BC$

Ta có: $FM=FA=\frac{AM}{2}$

$EB=EM=\frac{BM}{2}$

⇒ FA = EB

⇒ ABEF là hình thang cân.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A. Về phía ngoài tam giác ABC, vẽ hai tam giác vuông cân ADB (DA = DB) và ACE (EA = EC). Gọi M là trung điểm BC, I là giao điểm của DM với AB, K là giao điểm của EM với AC. Chứng minh:

a) Ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Tứ giác IAKM là hình chữ nhật.

c) Tam giác DME là tam giác vuông cân.

Lời giải:

a) Ta có tam giác ADB vuông cân tại D.

Suy ra $\widehat{DAB}={45}^{\circ }$

Chứng minh tương tự, ta được $\widehat{CAE}={45}^{\circ }$

Ta có $\widehat{DAB}+\widehat{CAE}+\widehat{BAC}={180}^{\circ }$

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến.

Suy ra MA = MB = MC.

Do đó M nằm trên đường trung trực của đoạn AB (1)

Chứng minh tương tự, ta được D nằm trên đường trung trực của đoạn AB (2)

Từ (1), (2), suy ra DM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà DM cắt AB tại I.

Do đó DM ⊥ AB tại I.

Chứng minh tương tự, ta được ME ⊥ AC tại K.

Tứ giác IAKM, có: $\widehat{MIA}=\widehat{IAK}=\widehat{AKM}={90}^{\circ }$

Vậy tứ giác IAKM là hình chữ nhật.

c) Tam giác ADB vuông cân tại D có DI là đường cao.

Suy ra DI cũng là đường phân giác của tam giác ADB.

Do đó $\widehat{ADI}={90}^{\circ }:2={45}^{\circ }$

Mà $\widehat{DME}={90}^{\circ }$ (do tứ giác IAKM là hình chữ nhật).

Vậy tam giác DME là tam giác vuông cân tại M.

Đề bài. Tam giác ABC vuông tại A có AB = 21cm, góc C = 40°. Hãy tính các độ dài phân giác BD.

Lời giải:

Vì tam giác ABC vuông tại A nên: $\widehat{B}+\widehat{C}={90}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{B}={90}^{\circ }\mathrm{ }-\widehat{C}={90}^{\circ }-{40}^{\circ }\mathrm{ }={50}^{\circ }$

Vì BD là phân giác của $\widehat{B}$ nên: $\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\widehat{B}=\frac{1}{2}{.50}^{\circ }\mathrm{ }={25}^{\circ }$

Trong tam giác vuông ABD, ta có:

$BD=\frac{AB}{\cos \widehat{ABD}}=\frac{21}{\cos {25}^{\circ }}\approx 23,1709(cm).$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 6cm, $\widehat{C}={30}^{\circ }$. Hãy giải tam giác ABC.

Lời giải:

Ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={180}^{\circ }\Rightarrow {90}^{\circ }+\widehat{B}+{30}^{\circ }={180}^{\circ }\Rightarrow \widehat{B}={60}^{\circ }$

$\sin \widehat{C}=\sin {30}^{°}\mathrm{ }=\frac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\frac{6}{\sin {30}^{\circ }}=12(cm)$

$\sin \widehat{B}=\sin {60}^{\circ }=\frac{AC}{BC}=\frac{AC}{12}\Rightarrow AC=12.\sin {60}^{\circ }=6\sqrt{3}(cm).$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 3cm, AC = 4cm. Hãy giải tam giác ABC.

Lời giải:

Ta có: $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5(cm)$

$\tan B=\cot C=\frac{AC}{AB}=\frac{4}{3}$

Suy ra: $\widehat{B}=53,{13}^{\circ };\widehat{C}=36,{87}^{\circ }.$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AH : AC = 3: 5 và AB = 15cm.

a) Tính HB, HC.

b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh AB.AC = EF.BC.

Lời giải:

a) Xét △AHB và △CAB có:

$\widehat{H}=\widehat{A}={90}^{\circ }$

$\widehat{B}$ chung

Do đó △AHB ∽ △CAB (g.g)

⇒ $\frac{HB}{AB}=\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow HB=\frac{3}{5}AB=\frac{3}{5}.15=9(cm)$

Ta lại có:

AB² = HB.BC (hệ thức lượng)

⇒ BC = 15² : 9 = 25(cm)

⇒ HC = BC – HB = 25 – 9 = 16 cm

b) Xét tứ giác AEHF có: $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}={90}^{\circ }$

Do đó AEHF là hình chữ nhật

⇒ EF = AH

Ta lại có: AB.AC = AH.BC = 2S_ABC nên AB.AC = EF.BC.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 5cm, BC = 13cm. AH là đường cao.

a) Tính BH, CH, AC và AH.

b) Tính các góc B và C của tam giác ABC.

c) Gọi M là trung điểm của BC tính diện tích tam giác AHM.

Lời giải:

a) $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=12(cm)$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$A{B}^2=BH.BC \Rightarrow BH=\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{25}{13}(cm)$

AC² = CH.BC ⇒ $CH=\frac{A{C}^2}{BC}=\frac{144}{13}(cm)$

AH² = BH.HC ⇒ $AH=\sqrt{BH.HB}=\frac{60}{13}(cm)$

b) $\sin \widehat{B}=\frac{AC}{BC}=\frac{12}{13}\Rightarrow \widehat{B}\approx {67}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{C}={90}^{\circ }-{67}^{\circ }={23}^{\circ }$

c) Vì AM là đường trung tuyến ứng với BC nên AM =BM = $\frac{1}{2}BC=\frac{13}{2}(cm)$

MH = MB – HB = $6,5-\frac{25}{13}=\frac{119}{26}(cm)$

$S_{AMH}=\frac{1}{2}.AH.HM=\frac{1}{2}.\frac{60}{13}.\frac{119}{26}=\frac{1785}{169}(c{m}^2).$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết BH = 4 cm, CH = 9cm.

a) Tính AH, AB, AC?

b) Gọi M là trung điểm của AC. Tính góc $\widehat{BMC}.$

Lời giải:

a) ΔABC vuông A có đường cao AH

⇒ AH² = BH.CH = 4.9 ⇒ AH = 6cm

BC = BH + CH = 4 + 9 = 13cm

AB² = BH.BC = 4.13⇒ $AB=2\sqrt{13}cm$

AC² = CH.BC = 9.13⇒ $AC=3\sqrt{13}cm$

b) M là trung điểm của AC

⇒ AM = MC = $\frac{1}{2}AC=\frac{3\sqrt{13}}{2}cm$

ΔABC ⊥ A ⇒ AB ⊥ AC ⇒ AB⊥ AM

⇒ ΔABM ⊥ A

⇒ $\tan \widehat{AMB}=\frac{AB}{AM}=\frac{4}{3}\Rightarrow \widehat{AMB}\approx {53}^{\circ }$

Mà $\widehat{AMB}+\widehat{BMC}={180}^{\circ }$(kề bù)

⇒ $\widehat{BMC}={180}^{\circ }-\widehat{AMB}={127}^{\circ }.$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn (A ; AH). Kẻ các tiếp tuyến BD, CE với đường tròn (D, E là các tiếp điểm khác H). Chứng minh rằng:

a) Ba điểm D, A, E thẳng hàng;

b) DE tiếp xúc với đường tròn có đường kính BC.

Lời giải:

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

AB là tia phân giác của góc HAD

Suy ra: $\widehat{DAB}=\widehat{BAH}$

AC là tia phân giác của góc HAE

Suy ra: $\widehat{HAC}=\widehat{CAE}$

Ta có: $\widehat{HAD}+\widehat{HAE}=2(\widehat{BAH}+\widehat{HAC})=2\widehat{BAC}={2.90}^{\circ }={180}^{\circ }$

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Gọi M là trung điểm của BC

Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có:

AD ⊥ BD; AE ⊥ CE

Suy ra: BD // CE

Vậy tứ giác BDEC là hình thang

Khi đó MA là đường trung bình của hình thang BDEC

Suy ra: MA//BD ⇒ MA ⊥ DE

Trong tam giác vuông ABC ta có: MA = MB = MC

Suy ra M là tâm đường tròn đường kính BC với MA là bán kính

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn tâm M đường kính BC.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB, AC và M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng:

a) EF = AH.

b) AM ⊥ EF.

Lời giải:

a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$

Vì E, F lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB, AC nên HE vuông góc với AB, HF vuông góc với AC.

Do đó, $\widehat{HEB}=\widehat{HEA}=\widehat{HFA}=\widehat{HFC}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác AFHE có: $\widehat{HEA}=\widehat{HFA}=\widehat{BAC}={90}^{\circ }$

Do đó, tứ giác AFHE là hình chữ nhật.

Suy ra AH = FE (hai đường chéo bằng nhau).

b) Vì tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên $\widehat{FHE}={90}^{\circ }$

Vì AM là đường trung tuyến trong tam giác ABC vuông tại A nên

$AM=MB=MC=\frac{1}{2}BC$

Tam giác AMB có AM = MB nên tam giác AMB cân tại M.

Do đó, $\widehat{MAB}=\widehat{B}$

Lại có $\widehat{B}=\widehat{AHE}={90}^{\circ }-\widehat{HEB}$

Nên $\widehat{MAB}=\widehat{AHE}$ (1).

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo FE và AH của hình chữ nhật AFHE.

Do đó, OH = OE = OF = OA.

Tam giác OAE có OA = OE nên tam giác OAE cân tại O.

Suy ra $\widehat{OEA}=\widehat{OAE}$

Mà AE song song với FH (do AFHE là hình chữ nhật) nên $\widehat{OHF}=\widehat{OAE}$ (hai góc so le trong).

Do đó, $\widehat{OHF}=\widehat{OEA}$(2).

Lại có $\widehat{OHF}+\widehat{OHE}=\widehat{FHE}={90}^{\circ }$(3).

Từ (1), (2), (3) ta có: $\widehat{MAB}+\widehat{OEA}={90}^{\circ }$

Gọi K là giao điểm của AM và EF.

Khi đó, $\widehat{KAE}+\widehat{KEA}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{AKE}={90}^{\circ }$

Vậy AM vuông góc với EF tại K.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = 12cm, BC = 20cm. Tính AC, BH, CH, AH?

Lời giải:

Áp dụng định lý Pytago: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=16(cm)$

Lại có: AB.AC = AH.BC

⇒ $AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{12.16}{20}=9,6(cm)$

AB² = BH.BC ⇒ $BH=\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{{12}^2}{20}=7,2(cm)$

HC = BC – BH = 20 – 7,2 = 12,8 (cm).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Biết AH = 6cm và BC = 13cm. Tính AB, AC.

Lời giải:

Ta có: AH² = BH.CH = 6² = 36 (1)

BH + HC = BC = 13(cm) (2)

Thế (2) vào (1) ta có: (13 – HC).HC = 36

⇔ 13HC – HC² – 36 = 0

⇔ $\left\{\begin{array}{l}HC = 9\\ HC = 4\end{array}\right.$

Nếu HC = 9cm thì BH = 4cm

AB² = BH.BC ⇒ $AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{13.4}=6\sqrt{2}$

AC = $\sqrt{B{C}^2-A{B}^2} =\sqrt{97}$

Nếu HC = 4cm thì BH = 9cm

AB² = BH.BC ⇒ $AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{13.9}=3\sqrt{13}$

AC = $\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=2\sqrt{13}.$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại a đường cao AH. E, F lần lượt hình chiếu H trên AB và AC. M là trung điểm BC.

a) Chứng minh AM vuông EF

b) N là trung điểm AB, MN cắt AH tại D. Chứng minh EF // BD.

Lời giải:

a) Xét tứ giác AEHF có góc $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}={90}^{\circ }$

nên AEHF là hình chữ nhật

Suy ra: $\widehat{AFE}=\widehat{AHE}=\widehat{ABC}$

Ta có: ΔABC vuông tại A

Mà AM là trung tuyến

Nên MA = MB = MC

⇒ ΔMAC cân tại M

⇒ $\widehat{MAC}=\widehat{MCA}$

$\widehat{MAC}+\widehat{AFE}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}={90}^{\circ }$

⇒ AM vuông góc với EF(1)

b) Xét ΔABC có M, N lần lượt la trung điểm của BC và BA nên MN là đường trung bình

⇒ MN // AC
Hay MN vuông góc với AB

Xét ΔMAB có AH, MN là các đường cao

AH cắt MN tại D

Do đó: D là trực tâm của tam giác MAB

⇒ BD vuông góc với AM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BD // EF.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi O là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia OA, lấy điểm D sao cho OA = OD. Chứng minh:

a) ∆OAB = ∆ODC.

b) $\widehat{ACD}={90}^{\circ }.$

c) BC = 2 OA.

Lời giải:

a) Xét ΔOAB và ΔODC ta có:

AO = OD

$\widehat{AOB}=\widehat{COD}$

BO = OC

⇒ ΔOAB = ΔODC (c−g−c)

b) Theo phần a suy ra: $\widehat{B}=\widehat{BCD}$

Ta lại có: $\widehat{B}+\widehat{ACB}={90}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{BCD}+\widehat{ACB}={90}^{\circ }$

Xét ΔACP và ΔCAB

AC chung

$\widehat{BAC}=\widehat{ACD}={90}^{\circ }$

AB = CD

⇒ ΔACP = ΔCAB (c.g.c)

⇒ BC = AP = 2OA.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A biết $\frac{AB}{AC}=\frac{2}{3}$, có AH là đường cao AH = 6cm. Tính các cạnh của tam giác?

Lời giải:

Giả sử AB = 2x thì AC = 3x

Áp dụng định lý Pytago: BC² = AB² + AC² = 4x² + 9x²

BC = $x\sqrt{13}$

Có AH.BC = AB.AC

⇒ $6x\sqrt{13}=6x^2$

⇔ $x^2-x\sqrt{13}=0$

⇔ $x(x-\sqrt{13})=0$

⇔ $\left\{\begin{array}{l}x = 0 \left(L\right)\\ x =\sqrt{13}\end{array}\right.$

Suy ra: $AB=2\sqrt{13}cm;AC=3\sqrt{13}cm;BC=13cm.$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao AH = 6cm, BC = 12,5 cm. Tính HB, HC.

Lời giải:

Đặt HB = a (cm)

⇒ HC = BC – HB = 12,5 – a (cm)

Xét ΔABC vuông tại A có đường cao AH vuông góc với BC ta có:

AH² = HB.HC

⇒ a(12,5 – a) = 6² = 36

⇔ a² – 12,5a + 36 = 0

⇔ $\left\{\begin{array}{l}a=8\\ a=4,5\end{array}\right.$

Với a = HB = 8 cm thì HC = 12,5 – 8 = 4,5 (cm)

Với a = HB = 4,5 cm thì HC = 12,5 – 4,5 = 8 (cm).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9cm, CH = 12cm. Tính AH?

Lời giải:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

BH.HC = AH²

Suy ra: AH = $\sqrt{12.9}=6\sqrt{3}(cm).$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH và đường trung tuyến AM. Biết BC = 10cm; BH = 3,6cm. Tính AB, AH và $\widehat{HAM}.$

Lời giải:

Ta có: AB² = BH.BC = 10.3,6

Suy ra: AB = 6(cm)

AC = $\sqrt{{10}^2-6^2}=8(cm)$

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác ABH vuông tại H có:

AB² = BH² + AH²

⇒ $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{6^2-3,6^2}=4,8(cm)$

$BM=MC=\frac{1}{2}BC=5(cm)$

HM = BM – BH = 5 – 3,6 = 1,4 (cm)

Lại có: $A{M}^2=\frac{A{B}^2+A{C}^2}{2}-\frac{B{C}^2}{4}\Rightarrow AM=5cm$

$\cos \widehat{HAM}=\frac{A{H}^2+A{M}^2-H{M}^2}{2.AH.AM}=\frac{24}{25}$

Suy ra: $\widehat{HAM}\approx 16,26°$

Đề bài. Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm là G.

Chứng minh $\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}=\overrightarrow{0}.$

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}}$

$=(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG})+(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}})$

$=(-\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC})+(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}})$

$=-(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})+(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}})$

$=\overrightarrow{0}$

Đề bài. Cho tam giác ABC có BA = 8, AC = 9. BC = 10. Một điểm M nằm trên BC sao cho BM = 7. Tính AM.

Lời giải:

Ta có: $\cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}=\frac{83}{160}$

Áp dụng định lí cô-sin cho tam giác ABM ta có:

AM² = AB² + BM² – AB.BM.cosB = $\frac{549}{10}\Rightarrow AM=3\sqrt{6,1}.$

Đề bài. Cho tam giác ABC, D là trung điểm AB, E là trung điểm AC. Vẽ F sao cho E là trung điểm DF. Chứng minh:

a) DB = CF.

b) ∆BDC = ∆FCD.

c) DE // BC và $DE=\frac{1}{2}BC.$

Lời giải:

a) Xét tam giác AED và CEF có:

EA = EC

$\widehat{AED}=\widehat{CEF}$ (đối đỉnh)

ED = EF

⇒ ∆AED = ∆CEF (c.g.c)

⇒ DA = CF

Mà DA = DB nên DB = CF

b) ∆AED = ∆CEF nên: $\widehat{A}=\widehat{ECF}$

Suy ra: AB // CF

⇒ $\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$ (so le trong)

Xét tam giác BDC và FCD có:

DC chung

$\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$

BD = CF

⇒ ∆BDC = ∆FCD (c.g.c)

c) ∆BDC = ∆FCD nên $\widehat{DCB}=\widehat{CDF}$

Suy ra: DE // BC (2 góc so le trong bằng nhau)

Lại có BC = DF = 2DE

Nên: $DE=\frac{1}{2}BC.$

Đề bài. Cho tam giác ABC, D là trung điểm AB, E là trung điểm BC, điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BA}$. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CM}$

B. $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ED}$.

C. M là trung điểm BC.

D. $\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{BD}$.

Lời giải:

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BA}$

⇔ $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BA}$

⇔ $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$

⇔ $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\mathrm{ }=\overrightarrow{0}$

⇔ $\overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{MC}$

Vì E là trung điểm BC nên $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{EC}$

Xét: $\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{MA}$

$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{MA}$.

Đề bài. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Các đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện của tam giác ABC tại D, E, F. Chứng minh $\frac{AM}{AD}+\frac{BM}{BE}+\frac{CM}{CF}=2$.

Lời giải:

Từ bài $5A\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HK}{CK}=1$

Chứng minh tương tự được: $\frac{MD}{AD}+\frac{ME}{BE}+\frac{MF}{CF}=1$

⇒ $3-(\frac{MD}{AD}+\frac{ME}{BE}+\frac{MF}{CF})=3-1$

⇒ $(1-\frac{MD}{AD})+(1-\frac{ME}{BE})+(1-\frac{MF}{CF})=2$

⇒ $\frac{AM}{AD}+\frac{BM}{BE}+\frac{CM}{CF}=2.$

Đề bài. Cho ΔABC, góc ngoài đỉnh C có số đo bằng 100°, $3\widehat{A}=2\widehat{B}$

a, Tính góc $\widehat{B},\widehat{A}$.

b, 2 tia phân giác Ax và By của các góc A, B cắt nhau tại O, tính góc $\widehat{BOA}$.

Lời giải:

a) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$3\widehat{A}=2\widehat{B}\Rightarrow \frac{\widehat{A}}{2}=\frac{\widehat{B}}{3}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2+3}=\frac{{100}^{\circ }}{5}={20}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{B}={20}^{\circ }.3={60}^{\circ };\widehat{A}={20}^{\circ }.2={40}^{\circ }$.

b) Vì Ax là tia phân giác $\widehat{A}$ nên $\widehat{BAO}=\frac{\widehat{A}}{2}=\frac{{40}^{\circ }}{2}={20}^{\circ }$

Vì By là tia phân giác $\widehat{B}$ nên $\widehat{ABO}=\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{{60}^{\circ }}{2}={30}^{\circ }$

Xét tam giác AOB có:

$\widehat{BAO}+\widehat{ABO}+\widehat{BOA}={180}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{BOA}={180}^{\circ }-(\widehat{BAO}+\widehat{ABO})={180}^{\circ }-{20}^{\circ }-{30}^{\circ }={130}^{\circ }$.

Đề bài. Cho tam giác ABC. Tìm điển N sao cho $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$.

Lời giải:

$$\begin{gathered} 4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=4\overrightarrow{NA}-2(\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AB})+\overrightarrow{NC}=2\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+\overrightarrow{NC}\mathrm{ } \\ =\overrightarrow{NA}\mathrm{ }-2\overrightarrow{AB}\mathrm{ }+(\overrightarrow{NA}\mathrm{ }+\overrightarrow{NC}) \end{gathered}$$

Gọi H là trung điểm AC khi đó $\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NC}=2\overrightarrow{NH}$

Suy ra: $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{NH}=(\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NH})-2\overrightarrow{AB}$

Giả sử P là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{PA}+2\overrightarrow{PH}=\overrightarrow{0}$

Khi đó: $\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NH}\mathrm{ }=\overrightarrow{NP}+\overrightarrow{PA}\mathrm{ }+2(\overrightarrow{NP}+\overrightarrow{PH})=3\overrightarrow{NP}$

Suy ra: $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=3\overrightarrow{NP}-2\overrightarrow{AB}$

Mà $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}\mathrm{ }+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$

Nên: $3\overrightarrow{NP}-2\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}\iff 3\overrightarrow{NP}=2\overrightarrow{AB}\iff \overrightarrow{NP}\mathrm{ }=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$

Gọi Q là điểm nằm trên cạnh AB sao cho $\overrightarrow{AQ}\mathrm{ }=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$

⇒ $\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{NP}$

Do đó tứ giác AQPN là hình bình hành.

Vậy điểm N cần tìm là đỉnh của hình bình hành AQPN (với Q thỏa mãn $\overrightarrow{AQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$ và P thỏa mãn $\overrightarrow{PA}+2\overrightarrow{PH}=\overrightarrow{0}$ H là trung điểm của AC).

Đề bài. Cho tam giác DEF cân tại D. Trên DE lấy điểm M, trên DF lấy điểm N sao cho DM = DN. Chứng minh tứ giác MNFE là hình thang cân.

Lời giải:

Ta có △DEF cân tại D

⇒ DE = DF

Xét △DNE và △DMF ta có:

DE = DF (gt)

$\widehat{D}$ góc chung

DM = DN (gt)

⇒ △DNE = △DMF (c.g.c)

⇒ EN = FM

Suy ra: MNFE là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết hình thang cân).

Đề bài. Cho tam giác ABC đều cạnh a, điểm M là trung điểm BC.

Tính $|\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}\mathrm{ }-2,5\overrightarrow{MB}|$.

Lời giải:

Ta có tam giác ABC đều, M là trung điểm BC nên AM vuông góc BC

Suy ra: $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};MB=MC=\frac{1}{2}a$

Trên MA lấy điểm D sao cho $MD=\frac{3}{4}MA=\frac{3\sqrt{3}a}{8}\Rightarrow \overrightarrow{MD}=\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}$

Trên MC lấy E sao cho ME = 2,5MB = $\frac{5}{4}a$

⇒ $\overrightarrow{ME}=-2,5\overrightarrow{MB}\mathrm{ }\Rightarrow \frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-2,5\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}$

Vẽ hình chữ nhật MEFD nên MF = DE = $\sqrt{M{D}^2+M{E}^2}\mathrm{ }=\frac{a\sqrt{127}}{8}$

Lại có: $\overrightarrow{MD}\mathrm{ }+\overrightarrow{ME}\mathrm{ }=\overrightarrow{MF}$

⇒ $|\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}\mathrm{ }-2,5\overrightarrow{MB}|=\left|\overrightarrow{MF}\right|=\frac{a\sqrt{127}}{8}$.

Đề bài. Cho tam giác ABC đều cạnh a, tính $\left|\overrightarrow{CB}\right|$.

Lời giải:

Vì tam giác ABC đều nên: $\left|\overrightarrow{CB}\right|=CB=a$.

Đề bài. Cho tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH, có MN = 6cm, NP = 10cm. Tính MP, MH, NH.

Lời giải:

Áp dụng định lý Pytago: $MP=\sqrt{N{P}^2-M{N}^2}=8(cm)$

Lại có: MH.NP = MN.MP

⇒ $MH=\frac{MN.MP}{NP}=4,8(cm)$

$NH=\sqrt{M{N}^2-M{H}^2}\mathrm{ }=3,6(cm)$.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Kẻ đường cao AH. Chứng minh rằng tứ giác MNPH là hình thang cân.

Lời giải:

M, N lần lượt là trung điểm AB, AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC ứng với cạnh BC

⇒MN // BC hay MN // HP

⇒ MNPH là hình thang (∗)

Mặt khác:
Tam giác vuông ABH có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $HM=\frac{AB}{2}=MB$ (bổ đề quen thuộc)

⇒ Tam giác MHB cân tại M.

⇒ $\widehat{MHB}=\widehat{MBH}$

Mà $\widehat{NPC}=\widehat{MBH}$ (hai góc đồng vị với NP // AB)

⇒ $\widehat{NPC}=\widehat{MHB}$

⇒ ${180}^{\circ }\mathrm{ }-\widehat{NPC}={180}^{\circ }-\widehat{MHB}$

Hay $\widehat{NPH}=\widehat{MHP}$(**)

Từ (∗); (∗∗) ⇒ MNPH là hình thang cân (đpcm).

Đề bài. Cho tam giác ABC có $\widehat{A}={45}^{\circ };\widehat{C}={30}^{\circ }$ và c = 12. Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác.

Lời giải:

Xét tam giác ABC có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={180}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{B}={180}^{\circ }-\widehat{A}-\widehat{C}={105}^{\circ }$

Áp dụng định lý sin ta có: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$

Suy ra: $a=\frac{c}{\sin C}.\sin A=\frac{12}{\sin {30}^{\circ }}.\sin {45}^{\circ }=12\sqrt{2}$

$b=\frac{c}{\sin C}.\sin B=\frac{12}{\sin {30}^{\circ }}.\sin {105}^{\circ }=6\sqrt{6}\mathrm{ }+6\sqrt{2}$

Đề bài. Cho tam giác vuông trong đó có một góc bằng trung bình cộng của hai góc còn lại, cạnh lớn nhất của tam giác đó bằng a. Diện tích của tam giác đó bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi tam giác thỏa mãn đề bài là ABC với $\widehat{A}>\widehat{B}>\widehat{C}$ (cạnh lớn nhất là BC)

Theo bài cho tam giác ABC vuông nên suy ra: $\widehat{A}={90}^{\circ }$

Ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}={180}^{\circ }$

Mà: $\widehat{A}+\widehat{C}=2\widehat{B}$

Suy ra: $3\widehat{B}={180}^{\circ }\Rightarrow \widehat{B}={60}^{\circ }$

$\cos {60}^{\circ }=\frac{AB}{BC}\Rightarrow AB=BC.\cos {60}^{\circ }=\frac{a}{2}$

Diện tích tam giác là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.BC.\sin \widehat{B}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.$

Đề bài. Cho $\tan \alpha =\frac{1}{3}$. Tính sinα, cosα, cot α?

Lời giải:

$\tan \alpha \mathrm{ }=\frac{1}{3}\iff \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{1}{3}\iff \cos \alpha =3\sin \alpha$

Mà sin²α + cos²α = 1

⇔ sin²α + (3sinα)² = 1

⇔ 10sin²α = 1

⇔ sin²α = $\frac{1}{10}$

Vì α là góc nhọn nên sinα > 0, suy ra: $\sin \alpha \mathrm{ }=\frac{1}{\sqrt{10}}$

$\cos \alpha \mathrm{ }=3\sin \alpha \mathrm{ }=\frac{3}{\sqrt{10}};\cot \alpha =\frac{1}{\tan \alpha }=3$.

Đề bài. Cho tanα = 2. Tính $\tan (\alpha \mathrm{ }-\frac{\pi }{4})$.

Lời giải:

$\tan (\alpha -\frac{\pi }{4})=\frac{\tan \alpha -\tan \frac{\pi }{4}}{1+\tan \alpha .\tan \frac{\pi }{4}}=\frac{2-1}{1+2.1}=\frac{1}{3}$.

Đề bài. Cho tan x + cot x = 4. Tính sin x, cos x, tan x, cot x.

Lời giải:

tan x + cot x = 4

⇒ $\tan x+\frac{1}{\tan x}=4(\tan x\ne 0\iff x\ne 0)$

⇔ tan²x – 4tanx + 1 = 0

⇔ $[\begin{array}{c}\tan x=2+\sqrt{3}\\ tanx=2-\sqrt{3}\end{array}\iff [\begin{array}{c}x={75}^{\circ }\\ x = 15°\end{array}$

Nếu x = 75° thì sinx = $\frac{\sqrt{6}\mathrm{ }+\sqrt{2}}{4};\cos x=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4};\cot x=\frac{1}{2+\sqrt{3}}$

Nếu x = 15° thì sinx = $\frac{\sqrt{6}\mathrm{ }-\sqrt{2}}{4};\cos x=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4};\cot x=\frac{1}{2-\sqrt{3}}$.

Đề bài. Cho tanα + cotα = m. Tìm m để tan²α + cot²α = 7.

Lời giải:

Theo giả thiết tan²α + cot²α = 7.

Nên (tanα + cotα) ² = tan²α + cot²α + 2tanα.cotα = 7 + 2 = 9

Suy ra: tanα + cotα = 3 hoặc tanα + cotα = -3

Suy ra: m = 3 hoặc m = -3.

Đề bài. Cho tập hợp A = [0; 6]; B = (a - 2; a + 3]. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để A giao B khác ∅.

Lời giải:

Giả sử A ∩ B = ∅ thì ta có: $[\begin{array}{c}a-2\ge 6\\ a + 3⩽0\end{array}\iff [\begin{array}{c}a\ge 8\\ a⩽-3\end{array}$

Khi đó A ∩ B ≠ ∅ thì -3 ≤ a ≤ 8

Hay a ∈ {-3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.

Vậy có tất cả 11 giá trị nguyên của a.

Đề bài. Cho tập hợp A = {2; 3; 4; 5; 6; 7}. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số thuộc A?

Lời giải:

Số các số thỏa mãn đề bài là $A_6^3=120$.

Đề bài. Cho A = {2; 5}, B = {5; x}, C = {2; y}. Tìm x, y để A = B = C.

Lời giải:

Ta có A = {2; 5} và B = {5; x}

Để A = B thì x = 2.

Ta lại có A = {2; 5} và C = {2; y}

Để A = C thì y = 5.

Vậy x = 2, y = 5 thì A = B = C.

Đề bài. Cho p là số nguyên tố và một trong hai số 8p + 1 và 8p – 1 là số nguyên tố. Hỏi một trong hai số, số nào là số nguyên tố?

Lời giải:

Với p = 3, ta có:

⦁ 8p – 1 = 23 là số nguyên tố;

⦁ 8p + 1 = 25 không phải là số nguyên tố.

Với p ≠ 3, ta có: p không chia hết cho 3 nên 8p không chia hết cho 3.

Ta có 8p(8p – 1)(8p + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp.

Suy ra 8p(8p – 1)(8p + 1) chia hết cho 3.

Lại có 8p – 1 > 3 (p ∈ ℕ).

Suy ra 8p – 1 không chia hết cho 3.

Do đó 8p + 1 chia hết cho 3.

Mà 8p + 1 > 3, p ∈ ℕ.

Suy ra 8p + 1 là hợp số.

Vậy 8p + 1 là hợp số; 8p – 1 là số nguyên tố.

Đề bài. Cho hai tập hợp A={1;2;3} và B ={1;2;3;4;5}. Có tất cả bao nhiêu tập X thỏa mãn A ⊂ X ⊂ B?

Lời giải:

Ta có: A ⊂ X nên X có ít nhất 3 phần tử {1; 2; 3}.

Ta có: X ⊂ B nên X phải có nhiều nhất 5 phần tử và các phần tử X cũng thuộc B

Do đó các tập X thỏa mãn là {1; 2; 3}, {1; 2; 3; 4}, {1; 2; 3; 5}, {1; 2; 3; 4; 5}.

Đề bài. Điểm cuối của α thuộc góc phần tư thứ tư của đường tròn lượng giác. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. sinα > 0.

B. cosα > 0.

C. tanα > 0.

D. cotα > 0.

Lời giải:

Chọn B

Điểm cuối của α thuộc góc phần tư thứ hai nên $\{\begin{array}{c}\sin \alpha \mathrm{ }<0\\ cos\alpha \mathrm{ }>0\\ tan\alpha <0\\ cot\alpha <0\end{array}$.

Đề bài. Một xuồng máy đi trong nước yên lặng với v = 36km/h. Khi xuôi dòng từ A đến B mất 2 giờ, ngược dòng từ B đến A mất 3 giờ. Tính quãng đường AB.

Lời giải:

+ Goi v₁₃ là vận tốc của xuồng đối với bờ

v₂₃ là vận tốc của dòng nước đối với bờ sông.

v₁₂ là vận tốc của xuồng đối với nước: v₁₂ = 36km/h

+ Khi xuôi dòng:

v₁₃ = v₁₂+v₂₃ = 36 + v₂₃

+ Khi ngược dòng:

v'₁₃ = v₁₂−v₂₃ = 36 – v₂₃

v₁₃ + v'₁₃ = $\frac{1}{2}S+\frac{1}{3}S=36+36=72$

Vậy S = 86,4km.

Đề bài. Cho tia Ox, vẽ hai tia Oy và Ot nằm cùng phía với đường thẳng chứa tia Ox sao cho: $\widehat{xOy}={30}^{\circ };\widehat{xOt}={70}^{\circ }$.

a) Tính $\widehat{yOt}$? Tia Oy có là tia phân giác của $\widehat{xOt}$ không? Vì sao?

b) Gọi tia Om là tia đối của tia Ox. Tính số đo của $\widehat{mOt}$?

c) Gọi Oz là tia phân giác của $\widehat{mOt}$. Hỏi tia Oz có vuông góc với tia Oy không?

Lời giải:

a) Ta có: $\widehat{xOy}={30}^{\circ }\mathrm{ }<\widehat{xOt}={70}^{\circ }$

Oy, Ot ∈ nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng Ox

Nên Oy nằm giữa Ox, Ot

Suy ra: $\widehat{yOt}=\widehat{xOt}-\widehat{xOy}={40}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{yOt}\ne \widehat{xOy}$ nên Oy không phải là phân giác $\widehat{xOt}$

b) Ta có: $\widehat{mOt}={180}^{\circ }-\widehat{xOt}={110}^{\circ }$

c) Ta có: Oz là tia phân giác nên: $\widehat{mOz}=\widehat{zOt}=\frac{1}{2}\widehat{mOt}=\frac{{110}^{\circ }}{2}={55}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{zOy}=\widehat{zOt}+\widehat{tOy}={95}^{\circ }$

Nên: Oz và Oy không vuông góc.

Đề bài. Cho tứ diện ABCD. trên AC và AD lấy 2 điểm MN sao cho MN không song song với CD. Gọi O là điểm bên trong tam giác BCD.

a) Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD).

b) Tìm giao điểm của BC với (OMN).

c) Tìm giao điểm của BD với (OMN).

Lời giải:

a) Trong mp(ACD) gọi I là giao điểm của NM và CD.

Khi đó OI = (OMN) ∩ (BCD)

b) Trong mp(BCD) gọi H, K là giao điểm OI với BC và BD

K, H ∈ OI nên K, H ∈ (OMN)

Vậy H = BC ∩ (OMN)

c) K, H ∈ OI nên K, H ∈ (OMN)

Nên K = BD ∩ (OMN).

Đề bài. Cho tứ diện ABCD, gọi N và K lần lượt là trung điểm của AD và BC. NK là giao tuyến của mặt phẳng (BCA) với mặt phẳng nào?

Lời giải:

Ta có điểm M, N là hai điểm chung của hai mặt phẳng (BCM) và (AND) nên MN = (BCM) ∩ (AND).

Đề bài. Cho tứ diện ABCD, M là điểm thuộc BC sao cho MC = 2MB. N, P lần lượt là trung điểm của BD và AD. Điểm Q là giao điểm của AC với (MNP). Tính $\frac{QA}{QC}$.

Lời giải:

NP là đường trung bình của ∆ACD ⇒ NP // AB, mà AB ⊂ (ABC) ⇒NP // (ABC)

P ∈ (MNP) ∩ (ACD) (1)

Trong mặt phẳng (BCD) gọi J = MN ∩ CD, có

$\{\begin{array}{c}J\in MN\subset (MNP)\\ J\in CD\subset \left(ACD\right)\end{array}$

J ∈ (MNP) ∩ (ACD) (2)

Từ (1) và (2): (MNP) ∩ (ACD) = JP

Trong mặt phẳng (ACD) gọi Q = JP ∩ AC. Có:

$\{\begin{array}{c}Q\in AC\\ Q\in JP\subset \left(MNP\right)\end{array}$

⇒ Q = AC ∩ (MNP). Có:

$\{\begin{array}{c}MQ=(MNP)\cap (ABC)\\ NP//AB; NP\subset \left(MNP\right); AB\subset \left(ABC\right)\end{array}$

⇒MQ // NP // AB

Theo định lý Ta-lét ta có: $\frac{CQ}{CA}=\frac{CM}{CB}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{QA}{QC}=\frac{1}{2}$.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD có $\widehat{D}+\widehat{C}={90}^{\circ }$. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Chứng minh rằng bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải:

Giả sử AD cắt BC tại E

Khi đó từ giả thiết: $\widehat{D}+\widehat{C}={90}^{\circ }$ ta có: $\widehat{E}={180}^{\circ }\mathrm{ }-(\widehat{C}+\widehat{D})={90}^{\circ }$

Ta lần lượt có: MN // AD // PQ; MQ // BC // PN

Do đó dựa trên tính chất của góc có cạnh tương ứng song song ta được:

$\widehat{MNQ}=\widehat{NPQ}=\widehat{E}={90}^{\circ }$

Do đó bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính NQ.

Đề bài. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và độ dài ba cạnh AB, BC, CA lần lượt là 15, 18, 27.

a) Tính diện tích và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

b) Tính diện tích tam giác GBC.

Lời giải:

a) Nửa chu vi của tam giác ABC là:

p = (15 + 18 + 27) : 2 = 30

Áp dụng công thức Heron ta tính được diện tích tam giác ABC là:

S = $\sqrt{30.(30-15).(30-18).(30-27)}\mathrm{ }=90\sqrt{2}$

Mặt khác S = pr (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

Suy ra $r=\frac{S}{p}=\frac{90\sqrt{2}}{30}=3\sqrt{2}$

Vậy diện tích tam giác ABC là $90\sqrt{2}$ (đơn vị diện tích) ; bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là $3\sqrt{2}$ (đơn vị dộ dài).

b) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên G chia tam giác ABC thành ba tam giác GAB, GAC, GBC có diện tích bằng nhau.

Suy ra $S_{GBC}=\frac{S_{ABC}}{3}=\frac{90\sqrt{2}}{3}=30\sqrt{2}$

Vậy diện tích của tam giác GBC là : $30\sqrt{2}$ (đơn vị diện tích).

Đề bài. Cho tứ giác ABCD có $\widehat{A}={110}^{\circ },\widehat{B}={90}^{\circ },\widehat{C}-\widehat{D}={20}^{\circ }$. Tính $\widehat{C},\widehat{D}$.

Lời giải:

Ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}={360}^{\circ }$ (tổng các góc của tứ giác)

$\widehat{C}+\widehat{D}={360}^{\circ }-(\widehat{A}+\widehat{B})={160}^{\circ }$

$\widehat{C}=({160}^{\circ }+{20}^{\circ }):2={90}^{\circ }$

$\widehat{D}={90}^{\circ }\mathrm{ }-{20}^{\circ }\mathrm{ }={70}^{\circ }$.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD có E là trung điểm của đoạn thẳng AB. Điểm F là trung điểm của đoạn thẳng BC. Điểm G là trung điểm của đoạn thẳng DC. Điểm H là trung điểm của đoạn thẳng AD. Hỏi tứ giác EFGH là hình gì? Chứng minh điều đó.

Lời giải:

• EF là đường trung bình của tam giác ABC, nên ta suy ra được EF // AC (1)

• HG là đường trung bình của tam giác ADC, nên ta suy ra được HG // AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF // HC

Tương tự ta có:

• FG là đường trung bình của tam giác BDC, nên FG // BD (3)

• EH là đường trung bình của tam giác BDA, nên EH // BD (4)

Từ (3) và (4) ta có FG // EH

Xét tứ giác EFGH ta có: EF // HG và FG // EH.

Do đó suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD, E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn AF, CE, BF và DE. Chứng minh rằng MNPQ là hình bình hành.

Lời giải:

Xét tam giác ABF có: E là trung điểm AB, P là trung điểm BF nên EP là đường trung bình của tam giác ABF

Suy ra: EP // AF và $EP=\frac{1}{2}AF$

M là trung điểm AF nên: $MF=\frac{1}{2}AF$

Xét tứ giác EPFM có: EP // MF và EP = MF nên EPFM là hình bình hành

Suy ra: EF và PQ cắt nhau tại trung điểm O mỗi đường

Chứng minh tương tự: EMFP là hình bình hàng nên EF và MP cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra: MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O mỗi đường.

Vậy MNPQ là hình bình hành.

Đề bài. Cho tứ giác lồi ABCD với hai cặp cạnh đối không song song và điểm S không nằm trong mặt phẳng chứa tứ giác. Tìm giao tuyến của các mặt phẳng (SAB) và (SCD); (SAC) và (SBD); (SAD) và (SBC).

Lời giải:

Kéo dài AB và CD cắt nhau tại M, kéo dài AD và BC cắt nhau tại N

Gọi O là giao điểm của AC và BD

(SAB) ∩ (SCD) = SM vì S ∈ (SAB) và (SCD)

M ∈ AB ⊂ (SAB); N ∈ CD ⊂ (SCD) nên M = (SAB) ∩ (SCD)

Làm tương tự: (SAD) ∩ (SBC) = SN

(SAC) ∩ (SBD) = SO.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD, tìm điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\mathrm{ }+\overrightarrow{AC}\mathrm{ }+\overrightarrow{MD}\mathrm{ }=\overrightarrow{CD}.$

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\mathrm{ }+\overrightarrow{AC}\mathrm{ }+\overrightarrow{MD}\mathrm{ }=\overrightarrow{CD}.$

⇔ $\overrightarrow{MA}\mathrm{ }+\overrightarrow{BM}\mathrm{ }+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CD}\mathrm{ }-\overrightarrow{MD}$

⇔ $(\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA})+\overrightarrow{AC}\mathrm{ }=\overrightarrow{CD}\mathrm{ }+\overrightarrow{DM}$

⇔ $\overrightarrow{BA}\mathrm{ }+\overrightarrow{AC}\mathrm{ }=\overrightarrow{CM}$

⇔$\overrightarrow{BC}\mathrm{ }=\overrightarrow{CM}$

Vậy M đối xứng với B qua C hay C là trung điểm của BM.

Đề bài. Tìm x, y, z là các số dương biết (x² + 1)(y² + 4)(z² + 9) = 48xyz.

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

x² + 1 ≥ $2\sqrt{x^2}=2x$

y² + 4 ≥ $2\sqrt{4y^2}\mathrm{ }=4y$

z² + 9 ≥ $2\sqrt{9z^2}\mathrm{ }=6z$

Suy ra: (x² + 1)(y² + 4)(z² + 9) ≥ 2x.4y.6z = 48xyz

Mà theo giả thiết (x² + 1)(y² + 4)(z² + 9) = 48xyz

Nên dấu “=” xảy ra khi: $\{\begin{array}{c}{x}^2=1\\ y^2=4\\ z^2=9\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=2\\ z=3\end{array}$ (vì x, y, z > 0).

Đề bài. Cho x – y = 1. Tính giá trị của biểu thức x³ − y³ − 3xy.

Lời giải:

x³ − y³ − 3xy

= (x – y)³ + 3xy(x – y)

= 1 + 3xy – 3xy

= 1.