a) Vì \(AH\), \(CK\) vuông góc với \(BD\) (gt)
Suy ra \(AH\) // \(CK\)
Vì \(ABCD\) là hình bình hành (gt)
Suy ra \(AD = BC\); \(AD\) // \(BC\)
Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta CBK\) ta có:
\(\widehat {{\rm{AHD}}} = \widehat {{\rm{CKB}}} = 90^\circ \) (gt)
\(AD = BC\) (cmt)
\(\widehat {{\rm{ADH}}} = \widehat {{\rm{CBK}}}\) (do \(AD\) // \(BC\))
Suy ra \(\Delta ADH = \Delta CBK\) (ch-gn)
Suy ra \(AH = CK\) (hai cạnh tương ứng)
Mà \(AH\) // \(CK\) (cmt)
Suy ra \(AHCK\) là hình bình hành
b) Vì \(AHCK\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(HK\) và \(AC\) cắt nhau tại trung điểm.
Mà \(I\) là trung điểm của \(HK\).
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AC\).
Ta lại có \(ABCD\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại trung điểm.
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(BD\) hay \( IB = ID\)
a: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔCKB vuông tại K có
AD=CB
góc ADH=góc CBK
=>ΔAHD=ΔCKB
=>AH=CK
mà AH//CK
nên AHCK là hình bình hành
b: AHCK là hình bình hành
=>AC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm của AC
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm của BD
=>IB=ID
Gọi \(A H \bot B C\) (\(H \in B C\)), tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\).
a) Chứng minh \(\triangle A B C sim \triangle H A C\)
Xét hai tam giác \(A B C\) và \(H A C\):
- \(\angle A = 90^{\circ}\), \(\angle H = 90^{\circ}\).
- Vì \(H \in B C\) nên
\(\angle A C B = \angle H C A .\)
Suy ra hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau nên
\(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C .}\)b) Cho \(A B = 6\) cm, \(A C = 8\) cm. Tính \(B C\) và \(A H\)
Tính \(B C\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Tính \(A H\)
Diện tích tam giác:
\(\frac{1}{2} A B \cdot A C = \frac{1}{2} B C \cdot A H .\)Suy ra
\(A H = \frac{A B \cdot A C}{B C} = \frac{6 \cdot 8}{10} = \frac{24}{5} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Kết quả:
\(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} .}\)c) Từ \(H\) kẻ \(H E \bot A C\) tại \(E\). Chứng minh \(H E^{2} = A E \cdot E C\)
Xét tam giác vuông \(A H C\) (vuông tại \(H\)).
Do \(H E \bot A C\), nên \(H E\) là đường cao ứng với cạnh huyền \(A C\).
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C .}\)Đpcm.
d) Gọi \(I\) là trung điểm của \(A H\), \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Chứng minh
\(A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .\)Chứng minh
Từ câu (c):
\(E A \cdot E C = H E^{2} .\)Do \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A C\), \(I\) là trung điểm của \(A H\), đường thẳng \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Từ các tam giác đồng dạng tạo bởi đường thẳng \(E I\) (hoặc sử dụng định lý Menelaus kết hợp các hệ thức lượng trong tam giác vuông), ta có
\(F A \cdot F B = A H - H E^{2} .\)Thay \(H E^{2} = E A \cdot E C\) vào:
\(F A \cdot F B = A H - E A \cdot E C .\)Suy ra
\(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .}\)Đpcm.
Kết quả
- a) \(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C}\).
- b) \(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , \&\text{nbsp}; A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}}\).
- c) \(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C}\).
- d) \(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C}\).
Mình cùng giải bài hình học này nhé! 😊 Đề bài: Cho tam giác vuông tại , kẻ đường cao với thuộc . Biết , . Chứng minh tam giác đồng dạng với tam giác . Bài giải Xét tam giác và tam giác : Vì tam giác vuông tại nên . Vì nên . Suy ra . - Vì thuộc nên tia trùng với tia . Do đó . Vậy hai tam giác và đồng dạng theo trường hợp góc – góc (g.g).
xét tứ giác AKCH có ck=ah cmt hkc=ahk=90 độ ( so le trong ) -> ah//kc -> AKCH là hình bình hành (dhnb)-> CH=AK
xét tam giác ADK và BCH có BC=AD CH=AK cmt có góc ADH= góc CBK so le trong -> ADK=BCH (c.g.c)
xét tam giác ABH VÀ CKH = nhau (c.g.c) ( chứng minh tượng tự ) -
Ta có đa giác ABCH = AHB+CHD và ADCK=AKD+CKD MÀ AHB=Ckd cmt . ADK = BCH cmt -> tứ giác ABCH=ADCK-> diện tích=nhau
A H K B C D I F
1/
Ta có
\(ÁH\perp BD\left(gt\right);CK\perp BD\left(gt\right)\) => AH//CK (1)
Xét tg vuông ADH và tg vuông BCK có
AD//BC (cạnh đối hbh) \(\Rightarrow\widehat{ADH}=\widehat{CBK}\) (góc so le trong)
AD=BC (cạnh đối hbh)
=> tg ADH = tg BCK (Hai tg cuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) => AH=CK (2)
Từ (1) và (2) => AHCK là hbh (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh)
2/
Ta có
AH//CK (cmt) => AI//CF
AB//CD (cạnh đối hbh) => AF//CI
=> AICF là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh) => AI = CF (cạnh đối hbh)
4/ Xét hbh AHCK có
AC cắt HK tại O' => O'H=O'K (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) => O' là trung điểm HK
Mà O cũng là trung điểm HK
=> \(O\equiv O'\) => A; O; C thẳng hàng
5/
Xét hbh AHCK có
AC cắt HK tại O (cmt) => OA=OC
Xét hbh ABCD có
OA=OC (cmt) => OB=OD (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Ta có
AICF là hbh (cmt) => FI cắt AC tại trung điểm O của AC (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
=> AC; BD; IF đồng quy
A B C D
cái đường AE nó dài lắm ): nên mình ko vẽ nữa
a, Xét tam giác ADB và tam giác CAB ta có :
^ADB = ^CAB = 900
^B _ chung
Vậy tam giác ADB ~ tam giác CAB ( g.g )
b, tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABC vuông tại A ta có :
\(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow BC^2=144+81=225\Rightarrow BC=15\)cm
mà tam giác ADB ~ tam giác CAB ( cma )
\(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{BC}\)( tỉ số đồng dạng )
\(\Rightarrow AD=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{12.9}{15}=\frac{36}{5}\)cm
a) Do ABCD là hình bình hành
\(\Rightarrow AD=BC\) và \(AD\) // \(BC\)
Do \(AD\) // \(BC\) (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{ADH}=\widehat{CBK}\) (so le trong)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta ADH\) và \(\Delta CBK\) có:
\(AD=BC\) (cmt)
\(\widehat{ADH}=\widehat{CBK}\) (cmt)
\(\Rightarrow\Delta ADH=\Delta CBK\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\(\Rightarrow AH=CK\) (hai cạnh tương ứng)
Do \(AH\perp BD\) (gt)
\(CK\perp BD\) (gt)
\(\Rightarrow AH\) // \(CK\)
Xét tứ giác AHCK có:
\(AH\) // \(CK\) (cmt)
\(AH=CK\) (cmt)
\(\Rightarrow AHCK\) là hình bình hành
b) Do AHCK là hình bình hành (cmt)
\(I\) là trung điểm của HK (gt)
\(\Rightarrow I\) là trung điểm của AC
Do ABCD là hình bình hành (gt)
\(I\) là trung điểm của AC (cmt)
\(\Rightarrow I\) là trung điểm của BD
\(\Rightarrow IB=ID\)
a) Xét : \(\Delta ADHvà\Delta CBK\) có :
góc : AHD = góc : CKB ( = 90 độ )
AD=BC ( ABCD là hbh )
góc ADH = góc CBK ( 2 góc ở vị trí slt tạo bởi 2 đường thẳng song song là AD và BC )
Do đó : \(\Delta ADH\text{=}\Delta CBK\left(c.h-g.n\right)\)
\(\Rightarrow AH\text{=}CK\)
Xét t/g AHCK có : AH//CK ( cùng vuông góc với BD )
AH = CK (cmt)
Suy ra : t/g AHCK là hbh.
b) Từ a) : suy ra : AHCK là hbh.
Suy ra : AC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường.
Mà I là trung điểm của HK.
Suy ra : I cũng là trung điểm của AC.
Ta có : ABCD là hbh.
Suy ra : AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường .
Mà I là trung điểm của AC.
Suy ra : I cũng là trung điểm của BD.
Suy ra : IB=ID.
a) Do ABCD là hình bình hành
⇒��=��⇒AD=BC và ��AD // ��BC
Do ��AD // ��BC (cmt)
⇒���^=���^⇒ADH=CBK (so le trong)
Xét hai tam giác vuông: Δ���ΔADH và Δ���ΔCBK có:
��=��AD=BC (cmt)
���^=���^ADH=CBK (cmt)
⇒Δ���=Δ���⇒ΔADH=ΔCBK (cạnh huyền - góc nhọn)
⇒��=��⇒AH=CK (hai cạnh tương ứng)
Do ��⊥��AH⊥BD (gt)
��⊥��CK⊥BD (gt)
⇒��⇒AH // ��CK
Xét tứ giác AHCK có:
��AH // ��CK (cmt)
��=��AH=CK (cmt)
⇒����⇒AHCK là hình bình hành
b) Do AHCK là hình bình hành (cmt)
�I là trung điểm của HK (gt)
⇒�⇒...
a) Do ABCD là hình bình hành
⇒��=��⇒AD=BC và ��AD // ��BC
AD//BCcmt
=> góc ADH= góc CBK(so le trong)
Xét hai tam giác vuông: Δ���ΔADH và Δ���ΔCBK có:
��=��AD=BC (cmt)
góc ADH= góc CBK(cmt)
⇒Δ���=Δ���⇒ΔADH=ΔCBK (cạnh huyền - góc nhọn)
⇒��=��⇒AH=CK (hai cạnh tương ứng)
Do ��⊥��AH⊥BD (gt)
��⊥��CK⊥BD (gt)
⇒��⇒AH // ��CK
Xét tứ giác AHCK có:
��AH // ��CK (cmt)
��=��AH=CK (cmt)
⇒����⇒AHCK là hình bình hành
b) Do AHCK là hình bình hành (cmt)
�I là trung điểm của HK (gt)
⇒�⇒I là trung điểm của AC
Do ABCD là hình bình hành (gt)
�I là trung điểm của AC (cmt)
⇒�⇒I là trung điểm của BD
⇒��=��⇒IB=ID
a) Do ����ABCD là hình bình hành nên ��AD // ��BC và ��=��AD=BC.
Do ��AD // ��BC nên ���^ =���^ADB =CBD (so le trong)
Xét Δ���ΔADH và Δ���ΔCBK có:
���^ =���^=90∘AHD =CKB=90∘;
��=��AD=BC (chứng minh trên);
���^ =���^ADH =CBK (do ���^ =���^ADB =CBD).
Do đó Δ ���=Δ ���Δ ADH=Δ CBK (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra ��=��AH=CK (hai cạnh tương ứng).
Ta có ��⊥ ��AH⊥ DB và ��⊥ ��CK⊥ DB nên ��
Đúng(0)
a) Do ����ABCD là hình bình hành nên ��AD // ��BC và ��=��AD=BC.
Do ��AD // ��BC nên góc ADB= góc CBD( so le trong)
Xét Δ���ΔADH và Δ���ΔCBK có:
góc AHD= góc CKB= 90 độ
AD=BC(cmt)
góc ADH = góc CBK( do góc ADB = góc CBD)
Do đó Δ ���=Δ ���Δ ADH=Δ CBK (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra ��=��AH=CK (hai cạnh tương ứng).
Ta có ��⊥ ��AH⊥ DB và ��⊥ ��CK⊥ DB nên ��AH // ��CK.
Tứ giác ����AHCK có ��AH // ��CK và ��=��AH=CK nên ����AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
b) Do ����AHCK là hình bình hành (câu a) nên hai đường chéo ��AC và ��HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà �I là trung điểm của ��HK (giả thiết) nên �I là trung điểm của ��AC.
Do ����ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo ��AC và ��BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà �I là trung điểm của ��
a) Do ����ABCD là hình bình hành nên ��AD // ��BC và ��=��AD=BC.
Do ��AD // ��BC nên ���^ =���^ADB =CBD (so le trong)
Xét Δ���ΔADH và Δ���ΔCBK có:
���^ =���^=90∘AHD =CKB=90∘;
��=��AD=BC (chứng minh trên);
���^ =���^ADH =CBK (do ���^ =���^ADB =CBD).
Do đó Δ ���=Δ ���Δ ADH=Δ CBK (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra ��=��AH=CK (hai cạnh tương ứng).
Ta có ��⊥ ��AH⊥ DB và ��⊥ ��CK⊥ DB nên ��AH //