Cho hình bình hành ABCD có AC > BD Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng

5/6

Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(AC > BD.\) Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên đường thẳng \(AB\) và \(AD.\) Vẽ tia \(Dx\) cắt \(AC,\,\,AB,\,\,BC\) lần lượt tại \(I,\,\,M,\,\,N.\) Gọi \(J\) là điểm đối xứng với \(D\) qua \(I.\) Chứng minh:

a) \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}.\) b) ΔCHK∽ΔBCA.

c) \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = A{C^2}.\) d) \(IM \cdot IN = I{D^2}.\)

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho hình bình hành ABCD có AC > BD Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng (ảnh 1)

a) Ta có \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\)\(\left( 1 \right)\) (tính chất hình bình hành)

Mà \(\widehat {HBC} = 180^\circ - \widehat {ABC}\)\(\left( 2 \right)\) (hai góc kề bù)

\(\widehat {KDC} = 180^\circ - \widehat {ADC}\)\(\left( 3 \right)\) (hai góc kề bù)

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {HBC} = \widehat {KDC}.\)

Xét \(\Delta CHB\) và \(\Delta CKD\) có:

\(\widehat {BHC} = \widehat {DKC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HBC} = \widehat {KDC}\)

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{CH}}{{CK}} = \frac{{CB}}{{CD}}\) (tỉ số cạnh tương ứng), hay \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}\) (tính chất tỉ lệ thức).

b) Ta có \(\widehat {ABC}\) là góc ngoài của \(\Delta BHC\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {BHC} + \widehat {BCH} = 90^\circ + \widehat {BCH}\)\(\left( 4 \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) và \(AB = CD\) (tính chất hình bình hành)

Mà \(CK \bot AD\) nên \(CK \bot BC\) nên \(\widehat {BCK} = 90^\circ .\)

Do đó \(\widehat {KCH} = \widehat {BCK} + \widehat {BCH} = 90^\circ + \widehat {BCH}\)\(\left( 5 \right)\)

Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {KCH}.\)

Theo câu a, \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}\) mà \(AB = CD\) nên \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{BA}}.\)

Xét \(\Delta CHK\) và \(\Delta BCA\) có: \(\widehat {KCH} = \widehat {ABC}\) và \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{BA}}\)

Do đó (c.g.c).

c) Kẻ \(BE \bot AC\) tại \(E\)\(\left( {E \in AC} \right).\)

Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta AHC\) có: \(\widehat {AEB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HAC}\) là góc chung.

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AH}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(AB \cdot AH = AC \cdot AE\)\(\left( 6 \right)\)

Xét \(\Delta BCE\) và \(\Delta CAK\) có:

\(\widehat {BEC} = \widehat {CKA} = 90^\circ \) và \(\widehat {BCE} = \widehat {CAK}\) (hai góc so le trong, \(BC\,{\rm{//}}\,DA)\)

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{BC}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{AK}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(BC \cdot AK = AC \cdot CE\)

Mà \(BC = AD\) nên \(AD \cdot AK = AC \cdot CE\)\(\left( 7 \right)\)

Từ \(\left( 6 \right)\) và \(\left( 7 \right)\) suy ra: \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = AC \cdot AE + AC \cdot CE\)

Hay \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = AC\left( {AE + CE} \right) = A{C^2}.\)

d) Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD;\;AD\,{\rm{//}}\,BC\) (tính chất hình bình hành)

Hay \(AM\,{\rm{//}}\,CD;\;AD\,{\rm{//}}\,NC.\)

Vì \(AD\,{\rm{//}}\,NC\) nên do đó \(\frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) \(\left( 8 \right)\)

Vì \(AM\,{\rm{//}}\,DC\) nên do đó \(\frac{{ID}}{{IM}} = \frac{{IC}}{{IA}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) \(\left( 9 \right)\)

Từ \(\left( 8 \right)\) và \(\left( 9 \right)\) suy ra \(\frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{ID}}{{IM}},\) nên \(IM \cdot IN = I{D^2}.\)