Cho tam giác KQP có KQ = 5cm, KP = 12cm, QP = 13cm và đường cao KH.
a) Chứng minh tam giác KQP vuông.
b) Tính \(\widehat{Q},\widehat{P}\) và độ dài đường cao KH, PH.
c) Lấy điểm O bất kỳ trên QP. Gọi hình chiếu của O trên KP, KP là M, N. Chứng minh MN = KQ và tìm vị trí của O để diện tích tứ giác KNOM lớn nhất.
Lời giải:
a) Ta thấy: $5^2+12^2=13^2$
$\Leftrightarrow KQ^2+KP^2=QP^2$
$\Rightarrow \triangle KQP$ vuông tại $K$ theo định lý Pitago đảo.
b)
$\sin P=\frac{QK}{QP}=\frac{5}{13}\Rightarrow \widehat{P}\approx 22,62^0$
$\widehat{Q}=90^0-\widehat{P}\approx 67,38^0$
$KH=\frac{2S_{KPQ}}{PQ}=\frac{KQ.KP}{PQ}=\frac{5.12}{13}=\frac{60}{13}$ (cm)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $HKP$ vuông: $PH=\sqrt{KP^2-KH^2}=\sqrt{12^2-(\frac{60}{13})^2}=\frac{144}{13}$ (cm)
c) Sửa lại: Gọi hình chiếu của O trên KP, KQ lần lượt là M, N. Chứng minh MN=KO.....
Thật vậy. Tứ giác $KNOM$ có 3 góc vuông $\widehat{N}=\widehat{K}=\widehat{M}=90^0$ nên $KNOM$ là hình chữ nhật
$\Rightarrow MN=KO$ (đpcm)
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
$S_{KNOM}=KM.KN$
Do $ON\parallel KP, OM\parallel KQ$ nên theo định lý Ta-let ta có:
$\frac{KM}{QO}=\frac{KP}{QP}=\frac{12}{13}$
$\frac{KN}{PO}=\frac{KQ}{PQ}=\frac{5}{13}$
$\Rightarrow KM.KN=\frac{60}{13^2}.OQ.OP\leq \frac{60}{13^2}.\left(\frac{OQ+OP}{2}\right)^2$
(theo BĐT Cô-si)
Hay $KM.KN\leq \frac{60}{13^2}.\frac{PQ^2}{4}=\frac{60}{13^2}.\frac{13^2}{4}=15$
Vậy $S_{KNOM}$ max $=15$ khi $OQ=OP$ hay $O$ là trung điểm của $BC$
