Cho hình thang ABCD (AB // CD) có O là giao điểm hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và H Chứng minh OE = OH

12/13

1. Cho hình thang \[ABCD\,\,\left( {AB\,{\rm{// }}CD} \right)\] có \[O\] là giao điểm hai đường chéo. Qua \[O\] kẻ đường thẳng song song với \[AB\] cắt \[AD\] và \[BC\] lần lượt tại \[E\] và \[H.\]Chứng minh \[OE = OH.\]

2. Cho hình thang \(MNPQ\) \(\left( {MN\,{\rm{//}}\,PQ} \right),\) \(\widehat {QMN} = \widehat {QNP}.\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(MP\) và \(NQ.\)

a) Chứng minh rằng ΔMNQ∽ΔNQP.

b) Cho \(MN = 9{\rm{\;cm}}\) và \(PQ = 16{\rm{\;cm}}.\) Tính \(NQ,\,\,NO,\,\,OQ.\)

c) Tia phân giác \(\widehat {MNQ}\) cắt \(MQ\) tại \(A,\) tia phân giác \(\widehat {NQP}\) cắt \(NP\) tại \(B.\) Chứng minh rằng \(AM \cdot BP = AQ \cdot BN.\)

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

Cho hình thang ABCD (AB // CD) có O là giao điểm hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và H Chứng minh OE = OH (ảnh 1)

Ta có \(EH\,{\rm{//}}\,AB\) mà \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(EH\,{\rm{//}}\,CD.\)

• Xét \(\Delta ACD\) có \[OE{\rm{ // }}CD\] \[\left( {O\;\, \in EH,{\rm{ }}EH{\rm{// }}CD} \right)\], áp dụng hệ quả của định lí Thalès, ta có: \[\frac{{AO}}{{AC}} = \frac{{OE}}{{DC}} & (1)\]

• Xét \(\Delta BCD\) có \[OH{\rm{ // }}CD\] \[\left( {O\,\; \in EH,{\rm{ }}EH{\rm{// }}CD} \right)\], áp dụng hệ quả của định lí Thalès, ta có: \[\frac{{OH}}{{DC}} = \frac{{HB}}{{BC}} & (2)\]

• Xét \(\Delta ABC\) có \[OH{\rm{ // }}AB\] \[\left( {O\,\; \in EH,{\rm{ }}EH{\rm{// }}AB} \right)\], áp dụng định lí Thalès, ta có:

\[\frac{{AO}}{{AC}} = \frac{{HB}}{{BC}} & (3)\]

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\frac{{OH}}{{DC}} = \frac{{OE}}{{DC}}\] .

Do đó \[OE = OH\] (đpcm).

Cho hình thang ABCD (AB // CD) có O là giao điểm hai đường chéo. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và H Chứng minh OE = OH (ảnh 2)

a) Mặt khác: \(MN\,{\rm{//}}\,QP\) (do \(MNPQ\) là hình thang) nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\) (so le trong)

Xét \(\Delta MNQ\) và \(\Delta NQP\) có:

\(\widehat {QMN} = \widehat {QNP}\) và \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\)

Do đó ΔMNQ∽ΔNQP(g.g).

b) ⦁ Ta có: ΔMNQ∽ΔNQP (câu a) nên \(\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\) (tỉ số cạnh tương ứng)

Suy ra \(N{Q^2} = MN \cdot PQ = 9 \cdot 16 = 144,\) do đó \(NQ = \sqrt {144} = 12{\rm{\;cm}}.\)

⦁ Ta có: \(MN\,{\rm{//}}\,QP,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có: \(\frac{{MN}}{{PQ}} = \frac{{NO}}{{QO}}.\)

Theo tính chất tỉ lệ thức ta có: \(\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}\) hay \(\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}\)

Suy ra \(\frac{9}{{16 + 9}} = \frac{{NO}}{{NQ}},\) do đó \(NO = \frac{{9 \cdot NQ}}{{25}} = \frac{{9 \cdot 12}}{{25}} = 4,32\) cm.

⦁ Từ đó suy ra: \(OQ = NQ - NO = 12 - 4,32 = 7,68\) cm.

c) Ta có: \(NA\) là đường phân giác của \(\Delta MNQ\) nên \[\frac{{NM}}{{NQ}} = \frac{{AM}}{{AQ}}\] (tính chất).

Tương tự, \(QB\) là đường phân giác của \(\Delta NPQ\) nên \(\frac{{QN}}{{QP}} = \frac{{BN}}{{BP}}\) (tính chất).

Mặt khác, \(\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\) (chứng minh ở câu b).

Do đó \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{BN}}{{BP}},\) nên \(AM \cdot BP = AQ \cdot BN.\)