Question

Cho hcn ABCD có I là hình chiếu của C trên đường chéo BD. C/m:

a, \(\Delta\)IBC \(\sim\)\(\Delta\)CBD

b, \(\dfrac{1}{CI^2}\)= \(\dfrac{1}{CB^2}\) + \(\dfrac{1}{CD2}\)

c, Gọi K là điểm đối xứng với C qua BD . Tứ giác AKBD là hình gì ?

mn giúp mk vs, sáng mai mk hok rồi.

Answer 1

a.

Xét \(\Delta IBC\) và \(\Delta CBD\) có:

góc I = C = 90^o

góc B chung

Doa đó: \(\Delta IBC\sim\Delta CBD\) ( g.g)

Answer 2

Lời giải:

Bạn tự vẽ hình nhé.

a)

Xét tam giác \(IBC\) và \(CBD\) có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{B}-\text{chung}\\ \widehat{BIC}=\widehat{BCD}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle IBC\sim \triangle CBD\) (g.g)

b)

Vì \(CI\perp BD, BC\perp CD\) nên:

\(S_{BCD}=\frac{CI.BD}{2}=\frac{BC.CD}{2}\)

\(\Leftrightarrow CI.BD=BC.CD\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{CI}=\frac{BD}{BC.CD}\Leftrightarrow \frac{1}{CI^2}=\frac{BD^2}{BC^2.CD^2}\)

Mà theo định lý Pitago : \(BC^2+CD^2=BD^2\) nên:

\(\frac{1}{CI^2}=\frac{BC^2+CD^2}{BC^2.CD^2}=\frac{1}{CD^2}+\frac{1}{BC^2}\)

Ta có đpcm

c) Kẻ \(AH\perp BD\)

Xét tam giác $ADH$ và $CBI$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ADH}=\widehat{CBI}(\text{so le trong})\\ \widehat{AHD}=\widehat{CIB}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle ADH\sim \triangle CBI(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{AH}{CI}=\frac{AD}{CB}=1\Rightarrow AH=CI\)

Mà \(CI=KI\Rightarrow AH=KI\)

Xét tứ giác $AKIH$ có hai cặp cạnh đối \(AH\parallel KI, AH=KI\) nên là hình bình hành

\(\Rightarrow AK\parallel HI\) hay $AKBD$ là hình thang.

Lại có: $K,C$ đối xứng nhau qua $BD$ nên $BD$ là đường trung trực của $KC$

\(\Rightarrow BK=BC; DK=DC\)

\(\Rightarrow \triangle BKD=\triangle BCD(c.c.c)\)

\(\Rightarrow \widehat{KBD}=\widehat{CBD}\). Mà \(\widehat{CBD}=\widehat{ADB}\) (so le trong)

\(\Rightarrow \widehat{KBD}=\widehat{ADB}\)

Hình thang $AKBD$ có hai góc kề một đáy bằng nhau nên là hình thang cân.