Dạng 5: Phiếu bài tập số 2 có đáp án
-
809 lượt thi
-
17 câu hỏi
-
45 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Vì OA = OC, OB = OD nên AB = CD (1); OA = OC; OB = OD nên △OAC và △OBD cân tại O ⇒^OBA=1800−^AOC2;^ODC=1800−^DOC2 mà ^AOC=^DOC (hai góc đối đỉnh) ⇒^OBA=^ODC mà hai góc này so le trong nên AC // BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACBD là hình thang cân.
Câu 2:
Cho hình thang cân ABCD ( AB // CD)
a) Chứng minh: ^ACD=^BDC
a) ABCD là hình thang cân nên AD = BC; ^ADC=^BCD
Dễ chứng minh: △ADC=△BCD(c.g.c)=>^ACD=^BDC
Câu 3:
b) Gọi E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh EA = EB
Câu 4:
Hình thang cân ABCD ( AB// CD) , có góc C = 600, DB là tia phân giác của góc D; chu vi hình thang bằng 20cm.
a) Tính các cạnh của hình thanga) Ta có : ABCD là hình thang cân nên ˆD=ˆC=600⇒^ADB=^CDB=6002=300
⇒^DBC=900; Tam giác CBD vuông tại B có ^CDB=300 => BC = 12 DC hay 2AD = DC ;
AB // CD nên ^ABD=^BDC=300=>^ABD=^ADB=300 => △ADB cân tại A nên AD = AB
Từ đó suy ra chu vi hình thang bằng 5AD => 5.AD = 20cm => AD = 4cm.
Vậy AD = AB = BC = 4cm, CD = 8cm
Câu 5:
b) Vì △BCD vuông tại B. Áp dụng định lý Py – ta – go vào △BDC:
BD2 = DC2 – BC2 hay DB2 = 82 - 42 = 48 => BD = 4√3 cm
Diện tích tam giác BDC là: 12.4.4√3=8√3 cm2
Câu 6:
Vì MN // QP nên: {^M1=^P1^N1=^Q2^M1=^N1 ⇒^Q1=^P1 => Các OMN và OPQ cân tại O
=> OM = ON, OP = OQ => MP = NQ mà MNPQ là hình thang => MNPQ là hình thang cân.
Do EF // QP (gt), mà QP // MN nên EF // QP // MN => Tứ giác MNEF và FEQP là hình thang.
Do MNPQ là hình thang cân nên: ^MQP=^NPQ và ^QMN=^PNM => MNEF và FEQP là hình thang cân.
Câu 7:
Cho hình thang cân ABCD có ˆC=600, đáy nhỏ AD bằng cạnh bên của hình thang. Biết chu vi của hình thang bằng 20cm.
a) Tính các cạnh của hình thang.
a) Đặt AD = AB = DC = x; Kẻ AH⊥BC,DK⊥BC;(H;K∈BC) => AH // DK
=> Hình thang ADKH có hai cạnh bên song song nên AD = HK = x; AH = DK.
Có ΔAHB=ΔDKC(ch - gn) => BH = KC.
Xét △ABH có : ˆB=600⇒BH=AB2=x2⇒x=2BH
=> Chu vi hình thang là 5x = 20 => x = 4 => AD = DC = AB = 4cm; BC = 8cm
Câu 8:
b) Từ câu a ta có BH = 2cm; Áp dụng định lý Pytago vào tam giác ABH vuông tại H ta có: đường cao AH = 2√3
Câu 9:
CMR tứ giác ABCD có ˆC=ˆD≠900 và AD = BC thì tứ giác đó là hình thang cân.
Ta chứng minh được ΔADC=ΔBCD (c−g−c) => AC = BD và ˆC1=ˆD1⇒△OCD cân tạị O
⇒ˆC1=1800−ˆO22 (1)
Từ đây ta chứng minh được ΔABD=ΔBAC (c−c−c)⇒ˆA1=ˆB1⇒△OBA cân tạị O
⇒ˆA1=1800−ˆO12 (2)
Từ (1), (2) và ˆO1=ˆO2 suy ra ˆA1=ˆC1
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AB //CD
Suy ra ABCD là hình thang mà ˆC=ˆD => ABCD là hình thang cân.
Câu 10:
Cho ΔABC đều. Lấy điểm O nằm trong tam giác. Kẻ OI // AB (I thuộc AC), OM // BC (M thuộc AB), OK // AC (K thuộc BC). Chứng minh rằng: Chu vi ΔIMK bằng tổng khoảng cách từ O đến các đỉnh của ΔABC
Có ΔABC đều ⇒ˆA=ˆB=ˆC=600. Do OI // AB; OM // BC; OK // AB (gt)
=> các tứ giác OIAM, OMBK, OKCI là hình thang.
Ta có: ^OKB=^ACB=600 (đồng vị, OK // AC) mà ^ABC=^ACB=600=>^OKB=^MBK
=> Hình thang OMBK là hình thang cân.
CM tương tự ta có OKCI, OIAM là các hình thang cân, do đó: OC = IK, OA = IM, OB = MK
=> CIMK = IK + IM + MK = OA+ OB + OC.
Câu 11:
Cho tam giác ABC cân tại A, M là điểm bất kì nằm giữa hai điểm A và B. Trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho CN = BM. Vẽ ME và NF lần lượt vuông góc với đường thẳng BC. Gọi I là giao điểm của MN và BC.
a) Chứng minh: IE = IF.
a) △MBE = △NCF (ch-gn) => ME = NF
Từ đó cm được △MIE = △NIF (cgv-gnk) => IE = IF.
Câu 12:
b) Do △ ABC là tam giác cân nên AB = AC, mà MB = DC ( = CN) nên AM = AD
=> △AMD cân tại A => ^AMD=1800−ˆA2
Xét △ABC có: ^ABC=1800−ˆA2 => ^AMD=^ABC => MD // BC => MDCB là hình thang.
Do ^MBC=^DCB (△ABC cân tại A) => BMDC là hình thang cân. (đpcm)
Câu 13:
Cho △ABC đều, điểm M nằm trong tam giác đó. Qua M, kẻ đường thẳng song song với AC và cắt BC ở E, kẻ đường thẳng song song với AB và cắt AC ở F, kẻ đường thẳng song song với BC và cắt AB ở D. CMR:
a) AFMD, BDME, CEMF là các hình thang cân.
a) Có △ABC đều ⇒^BAC=^ABC. Mà FM//AD ⇒^ADM=^ABC (đồng vị) ⇒^BAC=^ADM
Xét tứ giác AFMD có
{AD//FM (gt)^ADM=^BAC (cmt) => AFMD là hình thang cân.
Chứng minh tương tự ta được BDME, CEMF là các hình thang cân.
Câu 15:
c) Điểm M phải ở vị trí nào để △DEF là tam giác đều? Trong trường hợp này, tính chu vi của △DEF theo chiều cao AH của △ABC.
c) △DEF là tam giác đều => DE = DF = FE=> AM = BM = CM
=> M phải cách đều 3 đỉnh của tam giác ABC
Vậy M là giao của ba đường trung trực của △ABC.
Do △ABC đều nên M đồng thời là trọng tâm và AH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên AM=23AH=23a⇒DE=DF=FE=23a
Vậy chu vi tam giác DEF bằng DE + DF + EF = 2a.
Câu 16:
Cho tứ giác ABCD có AD = AB = BC và ˆA+ˆC=1800. CMR:
a) Tia DB là phân giác của góc D.
a) Trên tia DA lấy điểm E sao cho AE = CD.
Do ˆA+ˆC=1800 (gt) suy ra ^BAE=^BCD (cùng bù với ^BAD)
Từ đây ta được ΔBAE=ΔBCD (c−g−c)
⇒ˆE=ˆD2 ;BE=BD⇒ΔBDE cân tại B
⇒ˆE=ˆD1⇒ˆD1=ˆD2
Vậy tia DB là phân giác của góc D.
Câu 17:
b) Tứ giác ABCD là hình thang cân.
b) Có AB = AD⇒ΔABD cân tại A
⇒ˆD1=^ABD⇒ˆD2=^ABD mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AB//DC ⇒^ABC+^BCD=1800
Mà ^BAD+^BCD=1800 (gt)⇒^BAD=^ABC. Vậy ABCD là hình thang cân.