Bài 1:Cho hình thang ABCD ( AB//CD). Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD
a) CM rằng OA.OD= OB. OC
b) Đường thẳng qua O vuông góc với AB và CD Theo thứ tự tại H và K.
CMR: \(\frac{OH}{OK}\) = \(\frac{AB}{CD}\)
Bài 2: Cho ΔABC ( góc A= 90o) có đường cao ah và đường trung tuyến Am. Tính diện tích ΔAMH, biết BH= 4cm, CH= 9cm
Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, BC= 6cm. Vẽ đường cao Ah của tam giác ABD
a) CM ΔAHB ∼ ΔBCD
b) CM AD2 = DH. DB
c) Tính độ dài đoạn thẳng DH và AH
(mink đag cần gấp)
Bài 1:
a) Xét ΔOAB và ΔODC có
\(\widehat{OAB}=\widehat{ODC}\)(hai góc so le trong, AB//DC)
\(\widehat{AOB}=\widehat{DOC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOAB∼ΔODC(g-g)
⇒\(\frac{OA}{OD}=\frac{OB}{OC}\)
hay \(OA\cdot OC=OB\cdot OD\)(đpcm)
b) Xét ΔAHO và ΔDKO có
\(\widehat{AHO}=\widehat{DKO}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{AOH}=\widehat{DOK}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔAHO∼ΔDKO(g-g)
⇒\(\frac{OH}{OK}=\frac{AO}{DO}\)(các cặp cạnh tương ứng)
mà \(\frac{AO}{DO}=\frac{AB}{CD}\)(ΔOAB∼ΔODC)
nên \(\frac{OH}{OK}=\frac{AB}{CD}\)(đpcm)
Bài 2:
Bài 3:
a) Xét ΔAHB và ΔBCD có
\(\widehat{AHB}=\widehat{BCD}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ABH}=\widehat{BDC}\)(hai góc so le trong, AB//DC)
Do đó: ΔAHB∼ΔBCD(g-g)
b) Xét ΔADH và ΔBDA có
\(\widehat{ADH}\) chung
\(\widehat{AHD}=\widehat{BAD}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔADH∼ΔBDA(g-g)
⇒\(\frac{AD}{BD}=\frac{DH}{DA}\)
hay \(AD^2=BD\cdot DH\)(đpcm)
c) Áp dụng định lí pytago vào ΔADB vuông tại A, ta được:
\(BD^2=AD^2+AB^2\)
\(\Leftrightarrow BD^2=6^2+8^2=100\)
\(\Leftrightarrow BD=\sqrt{100}=10cm\)
Ta có: \(AD^2=BD\cdot DH\)(cmt)
⇔\(6^2=10\cdot DH\)
hay \(DH=\frac{6^2}{10}=3,6cm\)
Áp dụng định lí pytago vào ΔAHD vuông tại H, ta được:
\(AD^2=AH^2+DH^2\)
\(\Leftrightarrow AH^2=AD^2-DH^2=6^2-3.6^2=23,04\)
hay \(AH=\sqrt{23,04}=4,8cm\)
Vậy: DH=3,6cm; AH=4,8cm