5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 47)

Lời giải

a) Gọi O là trung điểm của BC

\( \Rightarrow OB = OC = \frac{1}{2}BC\)  (1)

Xét tam giác DBC vuông tại D (do DB là đường cao của tam giác ABC)

Có DO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

\( \Rightarrow OD = \frac{1}{2}BC\)  (2) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Từ (1) và (2) suy ra \(OB = OC = OD = \frac{1}{2}BC\).

Do đó, ba điểm B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâm O bán kính OB.

Xét tam giác BEC vuông tại E (do CE là đường cao của tam giác ABC)

Có EO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

\(OE = \frac{1}{2}BC\) (3) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Từ (1) và (3) suy ra \(OB = OC = OE = \frac{1}{2}BC\).

Do đó, ba điểm B, C, E cùng nằm trên đường tròn tâm O bán kính OB.

Do đó, bốn điểm B, C, E, D cùng nằm trên một đường tròn tâm O bán kính OB.

b) Xét đường tròn tâm O bán kính OB có đường kính BC.

Ta có DE là một dây cung không đi qua tâm O nên BC > DE do trong một đường tròn dây cung lớn nhất là đường kính.

Lời giải

a) Ta có P là điểm đối xứng với H qua M (giả thiết).

Suy ra M là trung điểm của PH.

Mà M cũng là trung điểm của AB (giả thiết).

Do đó tứ giác AHBP là hình bình hành          (1)

\(\Delta \)ABH có: AH \( \bot \) BH và \(\widehat {ABH} = 45^\circ \).

Suy ra \(\Delta \)ABH vuông cân tại H.

Do đó AH = BH và \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)                    (2)

Từ (1), (2) suy ra tứ giác AHBP là hình vuông.

b) \(\Delta \)ABK vuông tại K có KM là đường trung tuyến.

Suy ra MK = \(\frac{1}{2}\)AB.

Mà AB = HP (do AHBP là hình vuông).

Do đó MK = \(\frac{1}{2}\)HP.

Vậy HP = 2MK.

c) Ta có DQ // BC (giả thiết) và DH \( \bot \) BC (do AH là đường cao của \(\Delta \)ABC).

Suy ra DQ \( \bot \) DH hay \(\widehat {HDQ} = 90^\circ \)   (3)

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {HCQ} = 90^\circ \)   (4)

Mà \(\widehat {DHC} = 90^\circ \) (do AH là đường cao của \(\Delta \)ABC)   (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra tứ giác DHCQ là hình chữ nhật.

Gọi F là giao điểm của CD và HQ.

Suy ra F là trung điểm của CD và HQ.

Do đó FD = FC = FQ = FH.

Ta có \(\Delta \)DKC vuông tại K. Suy ra KF = FD = FC = FQ = FH.

Khi đó \(\Delta \)HKQ vuông tại K.

Vì vậy HK \( \bot \) KQ.

Chứng minh tương tự, ta được HK ⊥ PK.

Ta có \(\widehat {PKH} + \widehat {HKQ} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy ba điểm P, K, Q thẳng hàng.

d) Gọi E là giao điểm của CD và AB.

Xét ∆ABC có BK, AH là hai đường cao cắt nhau tại D.

Suy ra D là trực tâm của \(\Delta \)ABC.

Khi đó CD ⊥ AB tại E.

\(\Delta \)BCE có \(\widehat {BCE} = 180^\circ - \widehat {BEC} - \widehat {EBC} = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \)

Suy ra \(\widehat {DCQ} = \widehat {HCQ} - \widehat {HCD} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \)

Khi đó CD là tia phân giác của \(\widehat {HCQ}\).

Mà tứ giác HCQD là hình chữ nhật (chứng minh trên).

Vì vậy HCQD là hình vuông.

Xét tứ giác MHFE có:

• \(\widehat {HFD} = 90^\circ \) (HCQD là hình vuông); 

• \(\widehat {MEF} = 90^\circ \) (FE ⊥ AB) và \(\widehat {EMH} = 90^\circ \) (AHBP là hình vuông).

Suy ra tứ giác MHFE là hình chữ nhật.

Khi đó EF = MH = \(\frac{1}{2}\)HP và EF // MH.

\(\Delta \)PHQ, có: EF // PH và F là trung điểm của HQ.

Suy ra EF đi qua trung điểm của cạnh PQ.

Mà EF = MH = \(\frac{1}{2}\)HP (chứng minh trên).

Suy ra E là trung điểm của PQ.

Khi đó ba điểm P, E, Q thẳng hàng.

Vậy các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy tại E.