4. Cho hình thang vuông ABCD ($\widehat{A}=\widehat{D}=90^{\circ}$) có AB = 4cm, CD = 9cm và BC = 13cm. Tính khoảng cách từ trung điểm M của AD đến BC.
5. Cho hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 3cm, CD = 6cm, đường cao bằng 4cm, các đường chéo cắt nhau ở O. Tính diện tích $\Delta $OAB và $\Delta $OCD.
6. Gọi O là điểm bất kì trong $\Delta $ABC. Qua O kẻ các đường thẳng MN, PQ, RS lần lượt song song với BC, CA, AB (P, S thuộc BC; N, Q thuộc AC; R, M thuộc AB). Gọi diện tích các $\Delta $ABC, $\Delta $ROM, $\Delta $QNO, $\Delta $OSP theo thứ tự là S; S1; S2; S3. Chứng minh rằng: $\sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}}+\sqrt{S_{3}}=\sqrt{S}$
7. Cho $\Delta $ABC nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên BC. Chứng minh rằng:
a) BD.BH = BC.BK
b) CE.CH = CB.CK
c) BD.BH + CE.CH = BC$^{2}$
Bài Làm:
4.
Kẻ BK $\perp $ CD (K thuộc CD) thì tứ giác ABKD là hình có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
Do đó DK = AB = 4cm
$\Rightarrow $ KC = DC - DK = 9 - 4 = 5 (cm)
$\Delta $KBC vuông tại K theo định lí Py-ta-go ta có:
$BC^{2}=CK^{2}+KB^{2}$ hay $13^{2}=5^{2}+KB^{2}$
$\Rightarrow $ KB = 12 (cm), nên AD = BK = 12 (cm)
M là trung điểm của AD nên AM = MD = $\frac{1}{2}$AD = 6(cm)
Xét $\Delta $AMB và $\Delta $DCM có:
$\frac{AB}{AM}=\frac{4}{6}=\frac{6}{9}=\frac{MD}{DC}$
$\Rightarrow \Delta AMB \sim \Delta DCM$
$\Rightarrow \widehat{AMB}=\widehat{DCM}$
Mà $\widehat{DMC}+\widehat{DCM}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{AMB}+\widehat{DCM}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{BMC}=90^{\circ}$
Kẻ MH $\perp $ BC thì MH là khoảng cách từ M đến BC.
Áp dụng định lí Py-ta-go vào $\Delta $ABM và $\Delta $DMC vuông ta được:
$BM^{2}=MA^{2}+AB^{2}=6^{2}+4^{2}=52$
$BM^{2}=CD^{2}+DM^{2}=9^{2}+6^{2}=117$
$\Rightarrow BM=2\sqrt{13}$ (cm) và $CM=3\sqrt{13}$ (cm)
Do đó ta có:
BM.MC = MH.BC
$\Rightarrow MH=\frac{BM.MC}{BC}=\frac{2\sqrt{13}.3\sqrt{13}}{13}=6$ (cm)
5.
Kẻ OH $\perp $ AB kéo dài cắt CD ở K thì OK $\perp $ CD.
Nên OH, OK thứ tự là các đường cao của $\Delta $OAB và $\Delta $OCD
Từ giả thiết AB // CD ta có $\Delta OAB\sim \Delta OCD$ nên $k=\frac{AB}{CD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
Áp dụng kết quả tỉ số đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng ta được:
$\frac{OH}{OK}=\frac{1}{2}\Rightarrow OH = \frac{1}{3}HK$ và $OK=\frac{2}{3}HK$.
Mà HK = 4(cm) $\Rightarrow OH = \frac{4}{3}(cm)$ và $OK=\frac{8}{3}(cm)$
Vậy $S_{OAB}=\frac{1}{2}AB.OH=\frac{1}{2}.3.\frac{4}{3}=2(cm^{2})$
$S_{OCD}=\frac{1}{2}CD.OK=\frac{1}{2}.6.\frac{8}{3}=8(cm^{2})$
6.
Từ giả thiết MO // BC, RO // AC, QO // AB, ON // BC, OP // AB, OS // AC nên $\Delta $RMO, $\Delta $QON; $\Delta $OPS cung đồng dạng với $\Delta $ABC và các tứ giác AQOR, ONCS và MOPB là các hình bình hành.
Áp dụng tính chất về cạnh vàoo các hình bình hành trên ta được:
MO = BP; ON = SC
Áp dụng định lí về tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng ta được:
$\frac{S_{1}}{S}=\left ( \frac{MO}{BC} \right )^{2}=\left ( \frac{BP}{BC} \right )^{2}\Rightarrow \frac{\sqrt{S_{1}}}{\sqrt{S}}=\frac{BP}{BC}$ (1)
Tương tự: $\frac{\sqrt{S_{2}}}{\sqrt{S}}=\frac{SC}{BC}$ (2)
$\frac{\sqrt{S_{3}}}{\sqrt{S}}=\frac{PS}{BC}$ (3)
Từ (1), (2) và (3) ta được: $\frac{\sqrt{S_{1}}}{\sqrt{S}}+\frac{\sqrt{S_{1}}}{\sqrt{S}}+\frac{\sqrt{S_{1}}}{\sqrt{S}}=\frac{BP}{BC}+\frac{SC}{BC}+\frac{PS}{BC}=\frac{BC}{BC}=1$
$\Rightarrow \sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}}+\sqrt{S_{3}}=\sqrt{S}$
7.
a) $\Delta $BKH và $\Delta $BDC có:
chung $\widehat{DBC}$
$\widehat{K}=\widehat{D}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \Delta BKH \sim \Delta BDC$ (g-g)
$\Rightarrow \frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow BD.BH=BC.BK$ (1)
b) $\Delta $CKH và $\Delta $CEB có:
chung $\widehat{DBC}$
$\widehat{K}=\widehat{E}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \Delta CKH \sim \Delta CEB$ (g-g)
$\Rightarrow \frac{CK}{CE}=\frac{CH}{BC}\Rightarrow CE.CH=CB.CK$ (2)
c) Cộng theo vế các đẳng thức (1) và (2) ta được:
BD.BH + CE.CH = BC.BK + CB.CK = BC.(BK+CK) = BC.BC = BC$^{2}$