Bài 5. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên đường thẳng đi qua đỉnh A và song song với BC lấy hai điểm M và N sao cho A là trung điểm của MN (M, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AC). Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm của cạnh MB, BC và CN.

Chứng minh rằng tứ giác AHIK là hình thoi.

Bài 6. Cho tam giác ABC cân tại A, trung tuyến AM. Gọi D là điểm đối xứng với A qua M và K là trung điểm của MC, E là điểm đối xứng của D qua K.

a) Chứng minh tứ giác ABDC là hình thoi.

b) Chứng minh tứ giác AMCE là hình chữ nhật.

c) AM và BE cắt nhau tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của BE.

d) Chứng minh rằng AK, CI, EM đồng quy.

LG bài 1

Lời giải chi tiết:

a) \(9 - {x^2} + 6xy - 9{y^2} = 9 - \left( {{x^2} - 6xy + 9{y^2}} \right) = 9 - {\left( {x - 3y} \right)^2}\)

\( = \left( {3 - x + 3y} \right)\left( {3 + x - 3y} \right).\)

b)\({x^4} - 2{x^2} = {x^2}\left( {{x^2} - 2} \right) \)

\(= {x^2}\left[ {{x^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} \right] \)

\(= {x^2}\left( {x + \sqrt 2 } \right)\left( {x - \sqrt 2 } \right).\)

LG bài 2

Lời giải chi tiết:

\(\matrix{ - \hfill \cr {} \hfill \cr - \hfill \cr {} \hfill \cr - \hfill \cr {} \hfill \cr } \matrix{ {\,\,{x^3} + 3{x^2} + mx + 8} \hfill \cr {\underline {\,\,{x^3} + 4{x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} } \hfill \cr {\,\,\,\,\,\,\,\, - {x^2} + mx + 8} \hfill \cr {\,\,\,\,\,\,\,\,\underline { - {x^2} - 4x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} } \hfill \cr {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {m + 4} \right)x + 8} \hfill \cr {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\underline {\left( {m + 4} \right)x + 4m + 16\,\,} } \hfill \cr {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - 4m - 8} \hfill \cr} \matrix{ {x + 4} \hfill \cr {{x^2} - x + m + 4} \hfill \cr {} \hfill \cr {} \hfill \cr {} \hfill \cr {} \hfill \cr {} \hfill \cr } \)

P chia hết cho Q khi và chỉ khi \( - 4m - 8 = 0 \Leftrightarrow m = - 2.\)

LG bài 3

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(M = {{8x\left( {2x - 5y} \right)} \over {8x\left( {x - 3y} \right)}}\)

Vì \({x \over y} = 10\left( {y \ne 0} \right) \Rightarrow x = 10y\left( {y \ne 0} \right)\)

Vậy \(M = {{2x - 5y} \over {x - 3y}}.\) Thế \(x = 10y,\) ta có: \(M = {{20y - 5y} \over {10y - 3y}} = {{15} \over 7}.\)

LG bài 4

Lời giải chi tiết:

a) Điều kiện: \(x + 2 \ne 0\) và \(x - 2 \ne 0\) hay \(x \ne \pm 2\)

(Khi đó \({x^2} - 4 = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) \ne 0).\)

b)\(A = {{ - \left( {5x - 6} \right)} \over {{x^2} - 4}} + {4 \over {x + 2}} + {2 \over {x - 2}} = {{ - 5x + 6 + 4\left( {x - 2} \right) + 2\left( {x + 2} \right)} \over {{x^2} - 4}}\)

\( = {{ - 5x + 6 + 4x - 8 + 2x + 4} \over {{x^2} - 4}} = {{x + 2} \over {\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = {1 \over {x - 2}}.\)

LG bài 5

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(MN\parallel BC\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {ABC}\) (so le trong)

Tương tự: \(\widehat {NAC} = \widehat {ACB}\)

mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (gt)

Do đó \(\widehat {MAB} = \widehat {NAC}\)

Dễ thấy \(\Delta MAB = \Delta NAC\left( {c.g.c} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {BMA} = \widehat {CNA}\)

Vậy MNCB là hình thang cân.

Nối B với N, C với M ta có HA và KI lần lượt là các đường trung bình của \(\Delta MBN\) và \(\Delta NCB\) nên \(HA\parallel BN\) và \(HA = {1 \over 2}BN.\)

Tương tự \(IK\parallel BN\) và \(IK = {1 \over 2}BN.\) Do đó \(HA\parallel IK\) nên AHIK là hình bình hành.

Chứng minh tương tự ta có \(AK\parallel MC\) và \(AK = {1 \over 2}MC\) mà BN = MC (tính chất hai đường chéo của hình thang cân) \( \Rightarrow HA = KA.\)

Do đó AHIK là hình thoi.

LG bài 6

Lời giải chi tiết:

a) Ta có MB = MC (gt)

MD = MA (tính chất đối xứng) nên ABCD là hình bình hành.

Lại có AB = AC (gt)

\( \Rightarrow \) Tứ giác ABDC là hình thoi.

b)E đối xứng với D qua K nên K là trung điểm của DE, M là trung điểm của AD nên MK là đường trung bình của \(\Delta AED.\)

\( \Rightarrow MK\parallel AE\) và \(MK = {1 \over 2}AE.\)

Lại có K là trung điểm của MC (gt) \( \Rightarrow MC\parallel AE\) và MC = AE.

Do đó tứ giác AMCE là hình bình hành.

\(\Delta ABC\) cân có trung tuyến AM nên AM đồng thời là đường cao hay \(AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMC} = {90^ \circ }\) .

Vậy AMCE là hình chữ nhật.

c) Ta có \(AE\parallel MC\) và AE = MC (cmt)

\( \Rightarrow AE\parallel MB\) và AE = MB

nên tứ giác AEMB là hình bình hành và I là giao điểm hai đường chéo nên I là trung điểm của BE.

d) Ta có AMCE là hình chữ nhật (cmt) nên ME đi qua trung điểm của AC. Lại có I, K theo thứ tự là trung điểm của AM (cmt) và MC (gt).

Do đó AK, CI, EM là ba đường trung tuyến của \(\Delta AMC\) nên chúng đồng quy.

Fqa.vn

Báo cáo nội dung câu hỏi

Khác

Bình luận (0)

Bạn cần đăng nhập để bình luận

Xác nhận

Bạn chắc chắn muốn xóa nội dung này ?

Chương bài liên quan

22. Đề số 22 - Đề kiểm tra học kì 1 Toán 8

Gợi ý sách

Xem thêm

Bạn có câu hỏi cần được giải đáp?

Bộ sách liên quan

FQA.vn Nền tảng kết nối cộng đồng hỗ trợ giải bài tập học sinh trong khối K12. Sản phẩm được phát triển bởi CÔNG TY TNHH CÔNG NGHỆ GIA ĐÌNH (FTECH CO., LTD)

Điện thoại: 1900636019 Email: info@fqa.vn

Địa chỉ: Số 21 Ngõ Giếng, Phố Đông Các, Phường Ô Chợ Dừa, Quận Đống Đa, Thành phố Hà Nội, Việt Nam.

Liên kết · Hỏi đáp bài tập · Giải bài tập SGK · Cẩm nang · Đề ôn luyện

hỗ trợ · Điều khoản & chính sách · Sitemap · Liên hệ · Hướng dẫn sử dụng · Đánh giá và góp ý · Dịch vụ FQA media

Tải ứng dụng FQA

Người chịu trách nhiệm quản lý nội dung: Nguyễn Tuấn Quang Giấy phép thiết lập MXH số 07/GP-BTTTT do Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 05/01/2024