Ôn tập cuối năm phần hình học

Hắc Hường , Aki Tsuki, Phùng Khánh Linh, Nhã Doanh, Trần Hoàng Nghĩa, ngonhuminh, Duy Đỗ Ngọc Tuấn, DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG, Trần Quốc Lộc, Nguyễn Thị Lan Anh, ...

Lời giải:

a)

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\)

Xét tam giác $HAB$ và $KCB$ ta có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\\ \widehat{BHA}=\widehat{BKC}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle HAB\sim \triangle KCB(g.g)\)

b)

Từ hai tam giác đồng dạng phần a suy ra \(\frac{HB}{KB}=\frac{AB}{CB}=\frac{AB}{AD}\)

\(AB\parallel CD, BK\perp CD\Rightarrow AB\perp BK\Rightarrow \widehat{ABK}=90^0\)

Ta có:

\(\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BAH}=90^0+(90^0-\widehat{BAH})=90^0+\widehat{HBA}\)

\(=\widehat{ABK}+\widehat{HBA}=\widehat{HBK}\)

Xét tam giác $ABD$ và $BHK$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAD}=\widehat{HBK}(cmt)\\ \frac{AB}{AD}=\frac{HB}{BK}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle HBK(c.g.c)\)

c)

Theo phần a suy ra \(\frac{HA}{KC}=\frac{AB}{CB}=\frac{CD}{AD}\Rightarrow AD.HA=CD.KC\)

Do đó:

\(DA.DH+DC.DK=DA(DA+AH)+DK(DK-CK)\)

\(=DA^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BC^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BK^2+CK^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BD^2+(CK^2+CD.KC-DK.CK)\)

\(=BD^2+CK(CK+CD-DK)=BD^2+CK.0=BD^2\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

a) Xét tam giác $DHA$ và $DAB$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc D}\\ \widehat{DHA}=\widehat{DAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle DHA\sim \triangle DAB(g.g)\)

b)

Áp dụng định lý Pitago:

\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\)

Ta có: \(\frac{AB.AD}{2}=S_{ABD}=\frac{AH.BD}{2}\)

\(\Rightarrow AH=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{6.8}{10}=4,8\)

c)

Pitago: \(HB=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{8^2-4,8^2}=\frac{32}{5}\)

\(\Rightarrow S_{AHB}=\frac{AH.HB}{2}=\frac{4,8.\frac{32}{5}}{2}=15,36\)

\(\frac{S_{HBC}}{S_{DBC}}=\frac{HB}{BD}=\frac{32}{5.10}=0,64\)

\(\Rightarrow S_{HBC}=0,64.S_{DBC}=0,64.\frac{6.8}{2}=15,36\)

Do đó:
\(S_{AHCB}=S_{AHB}+S_{HBC}=15,36+15,36=30,72\) (cm vuông)

Một cách khác cho câu c.

c, Từ C dựng đường cao \(CK\) của tam giác BCD

Dễ dàng chứng minh được AHCK là hình bình hành

Do đó \(AH=CK\)

Ta có: \(S_{AHB}=\dfrac{AH.BH}{2};S_{BCK}=\dfrac{CK.BK}{2}\)

mà \(AH=CK\)(cmt) nên \(S_{AHB}=S_{CKB}\)

Mặt khác \(S_{AHB}=15,36\left(cm^2\right)\)(tính như của chị Akai)

\(\Rightarrow S_{ABCH}=S_{AHB}+S_{CHK}=2.S_{AHB}=2.15,36=30,72\left(cm^2\right)\)

Nối E và F

Xét tam giác AID ta có:

MF//DI( cùng vuông góc AB)

=> \(\dfrac{AF}{AI}=\dfrac{AM}{AD}\)(Đlý talet)(1)

Xét tam giác AEN ta có

EM//DN( cùng vuông góc AC)

=> \(\dfrac{AE}{AN}=\dfrac{AM}{AD}\) (Đlý talet)(2)

Từ (1) và(2) suy ra

\(\dfrac{AE}{AN}=\dfrac{AF}{AI}\)

=>EF//IN

Xét tam giác BFC ta có

DI//CF( cùng vuông góc AB)

=> \(\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BD}{BC}\) (Thales)(3)

Xét tam giác BEC, tam giác BEC, tam giác BFC chứng minh tương tự(Bạn chứng minh tương tự nhé)

Ta được \(\dfrac{BK}{BE}=\dfrac{BD}{BC}\) (4)

\(\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CD}{BC}\) (5)

\(\dfrac{CM}{CF}=\dfrac{CD}{BC}\) (6)

Từ (3) và (4)=> \(\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BK}{BE}\) => KI//EF

Từ (5) và (6)=> \(\dfrac{CN}{CE}=\dfrac{CM}{CF}\) => MN//EF

Ta có

IN//EF(cmt)

IK//EF(cmt)

MN//EF(cmt)

=> I,N,K,M thẳng hàng

Lời giải:

Bạn tự vẽ hình nhé.

a) Phần a phải là \(\triangle AHB\sim \triangle CAB\)

Xét tam giác $AHB$ và $CAB$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AHB\sim \triangle CAB(g.g)\)

b)

Từ kq phần a suy ra \(\frac{AH}{CA}=\frac{HB}{AB}\)

\(\Leftrightarrow \frac{2AM}{CA}=\frac{HB}{\frac{BD}{2}}=\frac{2HB}{BD}\)

\(\Rightarrow \frac{AM}{AC}=\frac{BH}{BD}\)

Xét tam giác $BHD$ và $AMC$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{DBH}=\widehat{CAM}(=90^0-\widehat{BAH})\\ \frac{BH}{BD}=\frac{AM}{AC}(cmt)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle BHD\sim \triangle AMC(c.g.c)\)

\(\Rightarrow \frac{BD}{HD}=\frac{AC}{MC}\Rightarrow BD.MC=HD.AC\)

(đpcm)

c) Gọi $I$ là giao điểm của $MC$ và $DH$

Vì tam giác $BHD$ đồng dạng với tam giác $AMC$ nên

\(\widehat{BHD}=\widehat{AMC}\)

\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BHD}=180^0-\widehat{AMC}\)

\(\Rightarrow \widehat{IHC}=\widehat{HMI}\)

Mà \(\widehat{HMI}=90^0-\widehat{HCI}\Rightarrow \widehat{IHC}=90^0-\widehat{HCI}\)

\(\Rightarrow \widehat{IHC}+\widehat{HCI}=90^0\Rightarrow \widehat{HIC}=90^0\)

Do đó \(HD\perp MC\)

a) xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{BAC}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{B}\) góc chung

=> \(\Delta AHB\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)( g-g)

Điểm I đâu chui ra vậy

Bạn tự vẽ hình:

a) Nhận thấy KD là đường trung bình ứng với AB của tam giác ABC nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}KD//AH\\KD=AH\left(=\dfrac{1}{2}AB\right)\end{matrix}\right.\) nên HDKA là hình bình hành

Gọi giao điểm của AD và HK là I thì I là trung điểm của AD,HK(1)

E đối xứng với D qua K nên\(\left\{{}\begin{matrix}DE//AB\\DE=2KD=2.\dfrac{1}{2}AB=AB\end{matrix}\right.\)

=> DEAB là hình bình hanh mà I là trung điểm AD

=> I là trung điểm BE (2)

Từ (1) và (2) ta có: AD,HK,BE đông quy tại I (đpcm)

b)Tam giác ABC vuông tại A nên \(AD=\dfrac{1}{2}BC\)

\(\Leftrightarrow AD^2=\dfrac{1}{4}BC^2\)(3)

\(BK^2=AB^2+AK^2=AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AC\right)^2=AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2\)(4)

\(CH^2=AC^2+AH^2=AC^2+\left(\dfrac{1}{2}AB\right)^2=AC^2+\dfrac{1}{4}AB^2\)(5)

Từ (3),(4),(5) ta có:

\(\dfrac{BC^2}{AD^2+BK^2+CH^2}\)

\(=\dfrac{BC^2}{\left(\dfrac{1}{4}BC^2\right)+\left(AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2\right)+\left(AC^2+\dfrac{1}{4}AB^2\right)}\)

\(=\dfrac{BC^2}{\dfrac{5}{4}\left(AB^2+BC^2\right)+\dfrac{1}{4}BC^2}=\dfrac{BC^2}{\dfrac{5}{4}BC^2+\dfrac{1}{4}BC^2}=\dfrac{2}{3}\)

@Toshiro Kiyoshi,@Nguyễn Thanh Hằng giúp mình với các bạn