Câu hỏi:
11/07/2026 45
Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A,\] trung tuyến \[AM,\;\] \[I\] là trung điểm \[AC.\] Gọi \[N\] là điểm đối xứng của \[M\] qua \[I\].
a) Tứ giác \[AMCN\] là hình gì? Vì sao?
b) Gọi \[E\] là trung điểm \[AM.\] Chứng minh \[E\] là trung điểm \[BN.\]
c) Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB.\) Tìm điều kiện của \[\Delta ABC\] để tứ giác \[AKMI\] là hình vuông.
Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A,\] trung tuyến \[AM,\;\] \[I\] là trung điểm \[AC.\] Gọi \[N\] là điểm đối xứng của \[M\] qua \[I\].
a) Tứ giác \[AMCN\] là hình gì? Vì sao?
b) Gọi \[E\] là trung điểm \[AM.\] Chứng minh \[E\] là trung điểm \[BN.\]
c) Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB.\) Tìm điều kiện của \[\Delta ABC\] để tứ giác \[AKMI\] là hình vuông.
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Do \[N\] là điểm đối xứng của \[M\] qua \[I\] nên \(I\) là trung điểm của \(MN.\)
Xét tứ giác \(AMCN\) có \(I\) là trung điểm của hai đường chéo \(AC,MN\) nên \(AMCN\) là hình bình hành.
Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) nên \(AM\) là đường cao của tam giác hay \(\widehat {AMC} = 90^\circ \)
Hình bình hành \(AMCN\) có \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) nên \(AMCN\) là hình chữ nhật.
b) Do \(AMCN\) là hình chữ nhật nên \(AN\,{\rm{//}}\,MC\) và \(AN = MC.\)
Lại có \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC\)
Do đó \(AN = MB\,\,\left( { = MC} \right)\)
Xét tứ giác \(ANMB\) có \(AN\,{\rm{//}}\,MB\) (do \(AN\,{\rm{//}}\,MC)\) và \(AN = MB\) nên \(ANMB\) là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo \[AM,BN\] cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Lại có \(E\) là trung điểm của \(AM\) nên \(E\) cũng là trung điểm của \(BN\).
c) Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB = AC\)
Lại có \(K,I\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\) nên \(AK = BK = \frac{1}{2}AB\) và \(AI = CI = \frac{1}{2}AC\)
Do đó \(AK = AI\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mặt khác \(ANCM\) là hình chữ nhật nên \(AC = MN\) và \(I\) là trung điểm của \(AC,MN\)
Suy ra \(AI = MI\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AK = MI = AI\)
Ta có: \(ANMB\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,MN\) hay \(AK\,{\rm{//}}\,MI\)
Tứ giác \(AKMI\) có \(AK = MI\) và \(AK\,{\rm{//}}\,MI\) nên \(AKMI\) là hình bình hành
Lại có \(AK = AI\) nên \(AKMI\) là hình thoi
Để \(AKMI\) là hình vuông thì cần thêm điều kiện \(\widehat {KAI} = 90^\circ \), khi đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).
Vậy để \(AKMI\) là hình vuông thì tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\).
Thật vậy, khi tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) ta dễ dàng chứng minh được \(AKMI\) là hình thoi có \(\widehat {KAI} = 90^\circ \) nên là hình vuông.
a) Do \[N\] là điểm đối xứng của \[M\] qua \[I\] nên \(I\) là trung điểm của \(MN.\)
Xét tứ giác \(AMCN\) có \(I\) là trung điểm của hai đường chéo \(AC,MN\) nên \(AMCN\) là hình bình hành.
Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) nên \(AM\) là đường cao của tam giác hay \(\widehat {AMC} = 90^\circ \)
Hình bình hành \(AMCN\) có \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) nên \(AMCN\) là hình chữ nhật.
b) Do \(AMCN\) là hình chữ nhật nên \(AN\,{\rm{//}}\,MC\) và \(AN = MC.\)
Lại có \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC\)
Do đó \(AN = MB\,\,\left( { = MC} \right)\)
Xét tứ giác \(ANMB\) có \(AN\,{\rm{//}}\,MB\) (do \(AN\,{\rm{//}}\,MC)\) và \(AN = MB\) nên \(ANMB\) là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo \[AM,BN\] cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Lại có \(E\) là trung điểm của \(AM\) nên \(E\) cũng là trung điểm của \(BN\).
c) Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB = AC\)
Lại có \(K,I\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\) nên \(AK = BK = \frac{1}{2}AB\) và \(AI = CI = \frac{1}{2}AC\)
Do đó \(AK = AI\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mặt khác \(ANCM\) là hình chữ nhật nên \(AC = MN\) và \(I\) là trung điểm của \(AC,MN\)
Suy ra \(AI = MI\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AK = MI = AI\)
Ta có: \(ANMB\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,MN\) hay \(AK\,{\rm{//}}\,MI\)
Tứ giác \(AKMI\) có \(AK = MI\) và \(AK\,{\rm{//}}\,MI\) nên \(AKMI\) là hình bình hành
Lại có \(AK = AI\) nên \(AKMI\) là hình thoi
Để \(AKMI\) là hình vuông thì cần thêm điều kiện \(\widehat {KAI} = 90^\circ \), khi đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).
Vậy để \(AKMI\) là hình vuông thì tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\).
Thật vậy, khi tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) ta dễ dàng chứng minh được \(AKMI\) là hình thoi có \(\widehat {KAI} = 90^\circ \) nên là hình vuông.
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 2:
Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là
Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là
Câu 3:
Thu gọn biểu thức:
a) \(65{x^9}{y^5}:\left( { - 13{x^4}{y^4}} \right);\)
b) \[\frac{2}{3}{x^2}y\left( {3x{y^2} - \frac{5}{2}y} \right);\]
c) \(\left( { - 12{x^{13}}{y^{15}} + 6{x^{10}}{y^{14}}} \right):\left( { - 3{x^{10}}{y^{14}}} \right) - 4{x^3}y;\)
d) \[\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} - 2x + y} \right) - {x^3} + {x^2}y.\]
Thu gọn biểu thức:
a) \(65{x^9}{y^5}:\left( { - 13{x^4}{y^4}} \right);\)
b) \[\frac{2}{3}{x^2}y\left( {3x{y^2} - \frac{5}{2}y} \right);\]
c) \(\left( { - 12{x^{13}}{y^{15}} + 6{x^{10}}{y^{14}}} \right):\left( { - 3{x^{10}}{y^{14}}} \right) - 4{x^3}y;\)
d) \[\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} - 2x + y} \right) - {x^3} + {x^2}y.\]
Câu 7:
Cho các hình vẽ sau:
Hình 1
Hình 2
Hình 3
Hình 4
Trong các hình sau, những hình nào là tứ giác lồi?
Cho các hình vẽ sau:
|
|
|
|
|
|
Hình 1 |
Hình 2 |
Hình 3 |
Hình 4 |
Trong các hình sau, những hình nào là tứ giác lồi?
Câu 8:
Trong các hình sau, các hình nào có hai đường chéo vuông góc với nhau?
Trong các hình sau, các hình nào có hai đường chéo vuông góc với nhau?
Câu 9:
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB < AC\,,\) đường cao \(AH\,.\) Từ \(H\) kẻ \(HM \bot AB\,\,\left( {M \in AB} \right)\,.\) Kẻ \(HN \bot AC\,\,\left( {N \in AC} \right)\,.\) Trên tia đối của tia \[MH\] lấy điểm \[P\] sao cho \[M\] là trung điểm của \[PH.\] Gọi \(I\) là trung điểm của \(HC\,,\) lấy \(K\) trên tia \(AI\) sao cho \(I\) là trung điểm của \(AK;\,\,MN\) cắt \(AH\) tại \(O,\) \(CO\) cắt \(AK\) tại
a) \(\widehat {HKC} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\). b) Tứ giác \[AMHN\] là hình chữ nhật.
c) Tứ giác \(MNCK\) là hình thang vuông. d) \(AK = 2AD\).
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB < AC\,,\) đường cao \(AH\,.\) Từ \(H\) kẻ \(HM \bot AB\,\,\left( {M \in AB} \right)\,.\) Kẻ \(HN \bot AC\,\,\left( {N \in AC} \right)\,.\) Trên tia đối của tia \[MH\] lấy điểm \[P\] sao cho \[M\] là trung điểm của \[PH.\] Gọi \(I\) là trung điểm của \(HC\,,\) lấy \(K\) trên tia \(AI\) sao cho \(I\) là trung điểm của \(AK;\,\,MN\) cắt \(AH\) tại \(O,\) \(CO\) cắt \(AK\) tại
a) \(\widehat {HKC} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\). b) Tứ giác \[AMHN\] là hình chữ nhật.
c) Tứ giác \(MNCK\) là hình thang vuông. d) \(AK = 2AD\).
Câu 10:
a) Cho hai đa thức \(P = {x^2} - 4xy + 9\) và \(Q = - 6xy - 4{y^2} + 9.\) Tìm đa thức \(A\) thỏa mãn \(P - A = Q.\)
a) Cho hai đa thức \(P = {x^2} - 4xy + 9\) và \(Q = - 6xy - 4{y^2} + 9.\) Tìm đa thức \(A\) thỏa mãn \(P - A = Q.\)
Câu 11:
Tìm \(x,\) biết:
a) \[{\left( {4x + 3} \right)^2} = 3x\left( {3 + 4x} \right);\]
b) \[\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {x^3} + 2x = 0;\]
c) \[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3} \right) + 5{x^2}\left( {3x - 5} \right) = - 15{x^2} + 9{x^3}.\]
Tìm \(x,\) biết:
a) \[{\left( {4x + 3} \right)^2} = 3x\left( {3 + 4x} \right);\]
b) \[\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) - {x^3} + 2x = 0;\]
c) \[\left( {5 - 3x} \right)\left( {2{x^2} + 3x + 3} \right) + 5{x^2}\left( {3x - 5} \right) = - 15{x^2} + 9{x^3}.\]Câu 15:
Cho tứ giác \[ABCD\] có \(\widehat A + \widehat B = 140^\circ \). Khi đó \(\widehat C + \widehat D = ?\)
Cho tứ giác \[ABCD\] có \(\widehat A + \widehat B = 140^\circ \). Khi đó \(\widehat C + \widehat D = ?\)
