Đáp án:
Giải thích các bước giải:
a) Ta có: $H$ là trung điểm của $HP⇒HD=HP$
`P` là điểm đối xứng của `H =>HM=PM`
`Delta HPQ` có $DM$ là đường trung bình.
`=>DM` song song với $PQ$
Lại có `hat(HDM)=90^o => hat(DPQ)=90^o`
`=>DMQP` là hình thang vuông.
b) Chứng minh MCQB là hình bình hành.
Xét `Delta BMH,Delta CMQ` có:
`hat(HMB)=hat(CMQ)` (đối đỉnh)
`MH=MQ` (giả thiết)
`MB=MC` (giả thiết)
`=>Delta BMH=Delta CMQ (c.g.c)`
`=>hat(HBM)=hat(MCQ) `
`=>BH` song song `CQ`. (1)
Tương tự: `Delta HMC=Delta BMQ (c.g.c)`
`=>hat(MHC)=hat(MQB)`
`=>HC` song song `BQ` (2)
Từ (1) và (2) suy ra `HCQB` là hình bình hành.
Tính góc ACQ
Ta có: `hat(HCM)=hat(CBM)` (hai góc sole trong)
Nhận thấy rằng nếu kéo dài đoạn `HM ∩ AB={?}` thì sẽ tạo được đường trung bình `Delta ABC`
`=>hat(QHE)+hat(CEH)=180^o`
`=>hat(CEH)=hat(QEH)=90^o`
Lại có `BQ` song song `CH=>hat(QBH)=hat(CHE)` (đồng vị)
Mà `hat(CHQ)+hat(CHE)=hat(EHQ)=90^o`
`=>hat(ACQ)=90^o`.
Tính góc ABQ
Giả sử `CH∩AB≡{F} => hat(AFC)=90^o`
Xét `Delta BHF` và `Delta HEC` có:
`hat(FHB)=hat(EHC)` (đối đỉnh)
`hat(BFC)=hat(CEH)=90^o`
`=>hat(FBH)=hat(ECH)=90^o-hat(FHB)`
Mà `hat(HCE)+hat(CHE)=90^o` do `hat(HBQ)+hat(EHC)`
`=>hat(FBH)+hat(HBQ)=hat(HCE)+hat(CHE)=hat(HEC)=90^o`
c) Gọi các đoạn trung trực xuất phát từ `AB,BC,CA` như hình.
Ta có: `hat(AGO)=hat(GCQ)=90^o`. Hai góc ở vị trí đồng vị:
`=>GO` song song `CQ` mà $GA=GC ⇒OA=OQ$
Mà `OA=OC => OC= OQ =>Delta COQ ` tại $O$
`=>hat(OCQ)=hat(OQC)`.
Từ $M$ hạ trung trực $MI$ `=>DC` là đường trùng với đường trung bình `Delta OQP`
`=> OP=OQ` suy ra từ `Delta OPI=Delta OQI` (hai cạnh góc vuông)
`=>hat(OPI)=hat(OQI)`. Từ đó:
`=>hat(OCQ)=hat(OQC)=hat(OPI)=hat(OQI)=hat(OPB)=hat(OBP)` `(***)`
`=>OB=OP=OQ=OC=OA`
Bổ sung cụ thể chỗ `***` là hình thứ hai phức tạp hơn.
`Delta OCB` cân `=>hat(OBC)=hat(OCB)`, nối $BI,CI$
`=>hat(CBI)=hat(MCI)` hay `hat(OBP)=hat(OCQ)`
`=>hat(BPQ)=hat(CQP)`
