13 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 6: Trắc nghiệm Hình học có đáp án

Câu 1:

Cho hình vuông ABCD. Gọi $S_{1}$ là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. $S_{2}$ là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm ngoài hai nửa đường trong nói trên (như hình vẽ bên).Tính $\frac{S_{1}}{S_{2}}$

Cho hình vuông ABCD. Gọi S1 là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. (ảnh 1)

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD. Gọi S1 là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. (ảnh 2)

Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Ta cm được:

$S_{3} = S_{4} = \frac{{(\frac{a}{2})}^{2} . π .90}{360} - \frac{1}{2} \cdot {(\frac{a}{2})}^{2} = \frac{a^{2}}{4} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2})$

$S_{1} = S_{3} + S_{4} = \frac{a^{2}}{4} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2}) + \frac{a^{2}}{4} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2}) = \frac{a^{2}}{2} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2})$

$S_{2} = \frac{1}{2} a^{2} - \frac{a^{2}}{2} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2}) = \frac{a^{2}}{2} (\frac{3}{2} - \frac{π}{4})$

$\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{\frac{a^{2}}{2} (\frac{π}{4} - \frac{1}{2})}{\frac{a^{2}}{2} (\frac{3}{2} - \frac{π}{4})} = \frac{π - 2}{6 - π}$

Câu 2:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết AB=5cm, BH=3cm . Tính AH, AC và sin CAH.

Xem đáp án

Áp dụng Pitago vào tam giác vuông

$\begin{array}{l} A B^{2} = A H^{2} + B H^{2} \\ \Rightarrow A H^{2} = A B^{2} - B H^{2} = 5^{2} - 3^{2} = 16 \Rightarrow A H = 4 (c m) \end{array}$ .

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông ABC $A H^{2} = B H . C H \Rightarrow C H = \frac{A H^{2}}{B H} = \frac{16}{3} (c m)$

Do đó $B C = B H + C H = 3 + \frac{16}{3} = \frac{25}{3} (c m)$

Áp dụng Pitago vào tam giác vuông ABC $\begin{array}{l} A C^{2} = C H . B C = \frac{16}{3} \cdot \frac{25}{3} = \frac{400}{9} \\ \Rightarrow A C = \frac{20}{3} c m) \end{array}$

$\sin \hat{C A H} = \frac{C H}{C A} = \frac{16}{3} : \frac{20}{3} = \frac{4}{5}$

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết AB=5cm, BH=3cm . Tính AH, AC và sin CAH. (ảnh 1)

Câu 3:

Cho tam giác ABC vuông tại A có SH là đường cao (H thuộc BC). Biết BH=3cm, BC=9cm . Tính độ dài AB

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A có SH là đường cao (H thuộc BC). Biết BH=3cm, BC=9cm . Tính độ dài AB (ảnh 1)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A, đường cao ta có: $\begin{array}{l} A B^{2} = B H . B C \\ \Rightarrow A B^{2} = 3.9 \\ \Rightarrow A B = \sqrt{27} = 3 \sqrt{3} (c m) \end{array}$

Câu 4:

Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C,D nằm trên đường tròn đó sao cho C,D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD>AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC,AD lần lượt là M,N ; giao điểm của MN với AC,AD lần lượt là H,I; giao điểm của MD và CN là K.

a) Chứng minh $\hat{A C N} = \hat{D M N}$ . Từ đó suy ra tứ giác $M C K H$ nội tiếp.

b) Chứng minh $K H$ song song với $A D$ .

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ $\overset{⏜}{A C}$ và sđ $\overset{⏜}{A D}$ để song song với $N D$ .

Xem đáp án

Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C,D nằm trên đường tròn đó sao cho C,D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD>AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC,AD lần lượt là M,N ; giao điểm của MN với AC,AD lần lượt là H,I; giao điểm của MD và CN là K. (ảnh 1)

Ta có . $\hat{A C N} = \frac{1}{2} sđ \overset{⏜}{A N} = \frac{1}{2} sđ \overset{⏜}{D N} = \hat{D M N} (*)$

Xét tứ giác $M C K H$ có $\hat{K C H} = \hat{K M H}$ (do $(*)$ ). Do đó, tứ giác $M C K H$ nội tiếp.

b) Do tứ giác $M C K H$ nội tiếp nên $\hat{H K M} = \hat{H C M} = \frac{1}{2} sđ \overset{⏜}{A M} = \hat{A D M}$ .

Suy ra, $H K // A D$ (hai góc đồng vị).

c) Ta có $\hat{C K M} = \frac{1}{2} (sđ \overset{⏜}{M C} + sđ \overset{⏜}{D N})$ ; $\hat{M C K} = \frac{1}{2} (sđ \overset{⏜}{M A} + sđ \overset{⏜}{A N}) = \frac{1}{2} (sđ \overset{⏜}{M C} + sđ \overset{⏜}{D N})$ .

$\Rightarrow \hat{M K C} = \hat{M C K}$ $\Rightarrow Δ M C K$ cân tại $\Rightarrow M C = M K$ mà $M C = M A \Rightarrow M A = M K$ .

Do đó, $Δ M A K$ cân tại M.

Vì là phân giác góc $\hat{A M K}$ nên $M N ⊥ A K \Rightarrow M N ⊥ D N$ .

Do đó, là đường kính của đường tròn tâm đường kính .

Suy ra, $sđ \overset{⏜}{M A} + sđ \overset{⏜}{A D} = 180 ° \Leftrightarrow \frac{1}{2} sđ \overset{⏜}{A C} + sđ \overset{⏜}{A D} = 180 °$ .

Câu 5:

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH.

c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác cân.

d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH. c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác cân. d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN. (ảnh 1)

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

Ta có : $\hat{A H E} = 90^{0}$

$\hat{A K B} = 90^{0}$ $\Rightarrow \hat{A H E} + \hat{A K B} = 180^{0}$ (1)

Hai góc $\hat{A H E}, \hat{A K B}$ đối nhau (2)

Từ (1), (2) ta có tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn đường kính AE.

b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH.

Do tứ giác AHEK nội tiếp nên $\hat{H A K} = \hat{K E N}$

vì chung và $\hat{H A K} = \hat{K E N}$ $(\hat{A H C} = \hat{E K C} = 90^{0})$

nên $\frac{C K}{C H} = \frac{CE}{CA} \Leftrightarrow C K . C A = C H . C E$

c)Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác cân.

Do KB // FN nên $\hat{E K N} = \hat{K N F}, \hat{M K B} = \hat{K F N}$ (3)

mà $\hat{M K B} = \hat{E K N}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau) (4)

(3), (4) $\Rightarrow \hat{K N F} = \hat{K F N}$ nên tam giác KFN cân tại K.

d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN.

Ta có vuông tại K.

mà KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K $\Rightarrow \hat{K E C} = 45^{0}$

$\hat{O A K} = \hat{O K A} = \hat{K E C} = 45^{0} \Rightarrow \hat{A O K} = 90^{0}$ hay

mà $M N ⊥ A B$ nên OK //MN

Câu 6:

Nhằm tiếp tục đẩy mạnh phong trào xây dựng trường học Xanh-Sạch-Đẹp, trường THCS A đã thiết kế một khuôn viên để trồng hoa có dạng hình tam giác vuông (như hình bên). Biết rằng tam giác MNK vuông tại M , MN=6m, MK=8m, MH vông góc với NK , MN=6m, MK=8 m, MH vuống góc NK . Nhà trường trồng hoa mười giờ dọc theo các đoạn NK , MH.

Tính độ dài các đoạn NK, MH. Biết chi phí trồng hoa mười giờ là đồng trên mỗi mét chiều dài. Tính tổng chi phí để trồng các luống hoa mười giờ đó.

Xem đáp án

Tam giác $M N K$ vuông tại M nên $N K = \sqrt{M N^{2} + M K^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$ m.

Lại có $M H \cdot N K = M N \cdot M K$ nên $M H = \frac{M N \cdot M K}{N K} = \frac{6 \cdot 8}{10} = 4,8$ m.

Tổng chiều dài NK và $M H$ là $10 + 4,8 = 14,8$ m.

Tổng chi phí để trồng các luống hoa mười giờ đó là $20000 \cdot 14,8 = 296000$ đồng.

Câu 7:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A bằng 45 độ . Gọi D , E lần lượt là các hình chiếu vuông góc của B , C lên AC , AB; H là giao điểm của BD và CE .

a) Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp.

b) Chứng minh DE.AB=BC.AD và tính tỉ số ED/BC .

c) Chứng minh HE+HD=BE+CD .

d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC . Chứng minh AI vuông góc với DE .

Xem đáp án

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A bằng 45 độ . Gọi D , E lần lượt là các hình chiếu vuông góc của B , C lên AC , AB; H là giao điểm của BD và CE . a) Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp. b) Chứng minh DE.AB=BC.AD và tính tỉ số ED/BC . c) Chứng minh HE+HD=BE+CD . d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC . Chứng minh AI vuông góc với DE . (ảnh 1)

a) Theo giả thiết . Khi đó tứ giác $B E C D$ có đỉnh E và D cùng nhìn cạnh dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác $B E C D$ nội tiếp.

b) Tứ giác $B E C D$ nội tiếp nên $\hat{B E D}$ (cùng bù với ).

Xét $Δ A D E$ và $Δ A B C$ có $\hat{A E D} = \hat{A C B}$ và $\hat{A}$ chung nên $Δ A D E ∽ Δ A B C$ .

Do đó $\frac{A D}{D E} = \frac{A B}{B C} \Leftrightarrow D E \cdot A B = B C \cdot A D$ .

Từ $\frac{A D}{D E} = \frac{A B}{B C} \Rightarrow \frac{D E}{B C} = \frac{A D}{A B}$ .

Vì $Δ A B D$ vuông tại D nên ta có

$\frac{D E}{B C} = \frac{A D}{A B} = \cos \hat{B A D} = \cos 45 ° = \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

c) $Δ A B D$ vuông tại D và $\hat{B A D} = 45 °$ nên $\hat{A B D} = 45 ° \Rightarrow \hat{E B H} = 45 °$

$\Rightarrow Δ E B H$ vuông cân tại E $\Rightarrow H E = B E$ . (1)

Chứng minh tương tự $Δ C D H$ vuông cân tại D $\Rightarrow H D = C D$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra $H E + H D = B E + C D$ .

d) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC .

Ta có thuộc trung trực của ; E thuộc trung trực của AC (vì tam giác AEC vuông cân tại E) suy ra $E I ⊥ A C \Rightarrow E I ⊥ A D$ . (3)

Chứng minh tương tự $D I ⊥ A B \Rightarrow D I ⊥ A E$ . (4)

Từ (3) và (4) suy ra là trực tâm của $Δ A E D \Rightarrow A I ⊥ D E$ .

Câu 8:

Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB<AC ), đường cao AH ( H thuộc BC) lấy điểm D sao cho BD=BA , vẽ CE vuông góc với AD ( E thuộc AD)

a) Chứng minh tứ giác AHCE là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh $D A . H E = D H . A C$

c) Chứng minh tam giác EHC cân

Xem đáp án

Ta có: $\hat{A H C} = \hat{K E C} = 90 °$ mà H, E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn AC

Suy ra tú giác AHEC nội tiếp

b. Xét $Δ A D C$ và $Δ H D E$ có:

$\hat{A D C} = \hat{H D E}$ ( đối đỉnh)

$\hat{D A C} = \hat{D H E}$ ( cùng nhìn EC trong tứ giác nội tiếp AHEC)

$\Rightarrow Δ A D C ∽ Δ H D E$

$\Rightarrow \frac{D A}{C A} = \frac{D H}{E H} \Rightarrow D A . H E = D H . A C$ \

c. Ta có: BA=BD (gt) suy ra tam giác ABD cân tại B $\Rightarrow \hat{B A D} = \hat{B D A}$

Mà $\hat{B D A} = \hat{C D E}$ ( đối đỉnh)

$\Rightarrow 90 ° - \hat{B D A} = 90 ° - \hat{C D E} \Rightarrow \hat{D A C} = \hat{D C E}$

Mà $\hat{D A C} = \hat{E H C}$ (cùng nhìn cung EC) $\Rightarrow \hat{D C E} = \hat{E H C}$

$\Rightarrow Δ H E C$ cân tại E

Câu 9:

Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua (O) (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R). (B và C là hai tiếp điểm và C tuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của MN.

a) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.

b) Chứng minh EB.EC = EM.EN và IA là phân giác của $\hat{B I C}$ .

c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng $Δ A M F ∽ Δ A O N$ và $B C // D N$ .

d) Giả sử OA = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua (O) (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R). (B và C là hai tiếp điểm và C tuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC = EM.EN và IA là phân giác của . c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng Tam giác AMF đồng dạng với tam giác AON và BC//DN . d) Giả sử OA = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R. (ảnh 1)

a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B AB $⊥$ OB hay $\hat{A B O} = 90^{0}$

Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C AC $⊥$ OC hay $\hat{A C O} = 90^{0}$ .

Tứ giác ABOC có $\hat{A C O} = \hat{A B O} = 90^{0}$ nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO.

b) Xét $Δ EMB$ và $Δ ECN$ có:

$\hat{E M B} = \hat{E C N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

$\hat{E B M} = \hat{E N C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

$\Rightarrow Δ E M B ∽ Δ E C N (g g)$

$\Rightarrow \frac{E M}{E C} = \frac{E B}{E N} \Rightarrow E B . E C = E M . E N$ .

Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) lần lượt tại các tiếp điểm B và C nên $\hat{A O B} = \hat{A O C}$ và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì I là trung điểm MN $\Rightarrow O I ⊥ M N$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

$\Rightarrow \hat{A I O} = 90^{0}$ I nằm trên đường tròn đường kính OA.

Xét đường tròn đường kính OA ta có:

$\hat{A I C} = \hat{A O C}; \hat{A I B} = \hat{A O B}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Mà $\hat{A O B} = \hat{A O C}$

$\Rightarrow \hat{A I C} = \hat{A I B}$ hay IA là phân giác của .

d) Xét $Δ A O C$ vuông tại C ta có:

$O A^{2} = A C^{2} + O C^{2}$

$\Rightarrow A C^{2} = O A^{2} - O C^{2} = 4 R^{2} - R^{2} = 3 R^{2}$

$\Rightarrow A C = R \sqrt{3}$ .

Xét $Δ A O C$ vuông tại C ta có: $\sin \hat{C A O} = \frac{O C}{O A} = \frac{R}{2 R} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \hat{C A O} = 30^{0} \Rightarrow \hat{C A B} = 60^{0}$

có AB = AC và $\hat{C A B} = 60^{0}$ suy ra $Δ A B C$ là tam giác đều.

đường cao $h = A B \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 R}{2}$

$S_{B C A} = \frac{1}{2} h . A B = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 R}{2} \cdot R \sqrt{3} = \frac{3 R^{2} \sqrt{3}}{4} (d v d t)$

Câu 10:

Cho điểm S cố định ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến SA của đường tròn (O) (với A là tiếp điểm) và cát tuyến SCB không qua tâm O, điểm O nằm trong góc ASB, điểm C nằm giữa S và B. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CB.

a) Chứng minh rằng tứ giác SAOH nội tiếp một đường tròn

b) Chứng mnh rằng $S A^{2} = S B . S C$

c) Gọi MN là đường kính bất kỳ của đường tròn (O) sao cho ba điểm S, M, N không thẳng hàng. Xác định vị trí của MN để diện tích tam giác SMN lớn nhất

Xem đáp án

Cho điểm S cố định ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến SA của đường tròn (O) (với A là tiếp điểm) và cát tuyến SCB không qua tâm O, điểm O nằm trong góc ASB, điểm C nằm giữa S và B. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CB. a) Chứng minh rằng tứ giác SAOH nội tiếp một đường tròn b) Chứng mnh rằng c) Gọi MN là đường kính bất kỳ của đường tròn (O) sao cho ba điểm S, M, N không thẳng hàng. Xác định vị trí của MN để diện tích tam giác SMN lớn nhất (ảnh 1)

a) Vì H là trung điểm của BC $\Rightarrow O H ⊥ B C \Rightarrow \hat{O H C} = 90 °$

Tứ giác OASH có : $\hat{O A S} + \hat{O H S} = 90 ° + 90 ° = 180 ° \Rightarrow O A S H$ là tứ giác nội tiếp

b) Xét $Δ S A B$ và $Δ S C A$ có : $\hat{S}$ chung; $\hat{S B A} = \hat{S A C}$ (cùng chắn cung AC)

$\Rightarrow Δ S A B ∽ Δ S C A$ (g.g)

c) Kẻ $S K ⊥ M N$

Ta có $S_{S M N} = \frac{1}{2} S K . M N \leq \frac{1}{2} S O . M N$ (vì $Δ O K S$ vuông tại O )

Vậy để $S_{S M N}$ lớn nhất thì $S O = S K \Rightarrow H \equiv O$

$\Rightarrow S O$ vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao

$\Rightarrow Δ S M N$ cân tại S

$\Rightarrow M N ⊥ S O$

Câu 11:

Kim tự tháp Keop – Ai cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là các tam giác cân chung đỉnh. Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài 214m, cạnh đáy của nó dài 230m.

a) Tính theo mét chiều cao h của kim tự tháp (làm tròn đến số thập phân thứ nhất)

b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức $V = \frac{1}{3} S . h$ , trong đó S là diện tích mặt đáy, h là chiều cao của hình chóp. Tính theo m³ thể tích của kim tự tháp (làm tròn đến hàng nghìn)

Xem đáp án

Kim tự tháp Keop – Ai cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là các tam giác cân chung đỉnh. Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài 214m, cạnh đáy của nó dài 230m. a) Tính theo mét chiều cao h của kim tự tháp (làm tròn đến số thập phân thứ nhất) b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức , trong đó S là diện tích mặt đáy, h là chiều cao của hình chóp. Tính theo m3 thể tích của kim tự tháp (làm tròn đến hàng nghìn) (ảnh 1)

a) Vì ABCD là hình vuông $\Rightarrow A C = A D \sqrt{2} = 230. \sqrt{2}$

$\Rightarrow A O = \frac{A C}{2} = \frac{230 \sqrt{2}}{2} = 115 \sqrt{2}$

Tam giác SAO vuông tại O nên áp dụng Pytago ta có:

$A O^{2} + S O^{2} = S A^{2}$

$\begin{array}{l} h a y {(115 \sqrt{2})}^{2} + h^{2} = 214^{2} \\ \Rightarrow h = \sqrt{214^{2} - {(115 \sqrt{2})}^{2}} \approx 139,1 \end{array}$

b) T a có diện tích mặt đáy là: $230.230 = 52900 (m^{2})$

Thể tích của kim tự tháp là $V = \frac{1}{3} S h = \frac{1}{3} .52900.139,1 \approx 2453000 (m^{2})$

Câu 12:

Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD tại H, đường thẳng AH cắt DC tại E, biết AH = 4 cm, HE = 2 cm. Tính diện tích hình chữ nhật ABCD

Xem đáp án

Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD tại H, đường thẳng AH cắt DC tại E, biết AH = 4 cm, HE = 2 cm. Tính diện tích hình chữ nhật ABCD (ảnh 1)

\begin{array}{l} X é t Δ A D E v u ô n g t ạ i D, c ó đ ư ờ ng c a o A H \\ \Rightarrow A D^{2} = A H . A E = 4. (4 + 2) = 24 n ê n A D = 2 \sqrt{6} (c m) \\ L ạ i c ó : \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A D^{2}} h a y \frac{1}{4^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{{(2 \sqrt{6})}^{2}} \\ \Rightarrow A B = 4 \sqrt{3} (c m) \\ \Rightarrow S_{A B C D} = A B . A D = 4 \sqrt{3} .2 \sqrt{6} = 24 \sqrt{2} (c m^{2}) \end{array}

Câu 13:

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BD, K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD.

a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh: $AD \cdot AN = AB \cdot AM$

c) Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng

d) Cho AB = 6 cm, AD = 8 cm. Tính độ dài đoạn MN.

Xem đáp án

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BD, K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD. a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: c) Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng d) Cho AB = 6 cm, AD = 8 cm. Tính độ dài đoạn MN. (ảnh 1)

a) Xét tứ giác AHCK có $\hat{A H K} = 90^{\circ}$ (gt)

CK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O, AC là đường kính nên $A C ⊥ C K$ .

Suy ra $\hat{A C K} = 90^{\circ}$

Vậy hai đỉnh H và C cùng nhìn AK dưới một góc vuông

nên AHCK là tứ giác nội tiếp.

b) Vì ABCD là hình chữ nhậ nên $\hat{A D B} = \hat{A C B}$

$\hat{A M N} = \hat{A C B}$ (cùng phụ với $\hat{B A C}$ )

Do đó $\hat{A M N} = \hat{A D B}$

Xét $Δ A M N$ và $Δ A D B$ ta có:

$\hat{D A B} = \hat{M A N} = 90^{\circ}$

$\hat{A D B} = \hat{A M N}$ (cmt)

Nên $Δ A M N ~ Δ A D B$ (g.g)

Suy ra $\frac{A M}{A D} = \frac{A N}{A B} \Leftrightarrow A D \cdot A N = A B \cdot A M$

c) Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm $A, H, E$ thẳng hàng

Giả sử AE cắt BD tại I, ta chứng minh $I \equiv H$ . Thật vậy:

Tam giác AMN vuông tại A có E là trung điểm MN nên tam giác AEN cân tại E, do đó $\hat{E A N} = \hat{E N A}$ (3)

Theo chứng minh trên: $\hat{A D B} = \hat{A M N}$ (4)

Từ (3) và (4) ta có: $\hat{E A N} + \hat{A D B} = \hat{A M N} + \hat{E N A} = 90^{\circ}$ hay $\hat{A I D} = 90^{\circ}$

Suy ra $A I ⊥ B D$ tại I. Do đó $I \equiv H$ hay $A, H, E$ thẳng hàng.

d) Đặt $A N = x; A M = y (x > 0; y > 0)$ . Khi đó $A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = 10 (c m)$ và:

$\{\begin{cases} A M \cdot A B = A N \cdot A D \\ \frac{1}{A N^{2}} + \frac{1}{A M^{2}} = \frac{1}{A C^{2}} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 x = 3 y \\ \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{100} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{25}{2} \\ y = \frac{50}{3} \end{cases}$

Mặt khác: . $A M \cdot A N = A C \cdot M N \Rightarrow M N = \frac{125}{6} (c m)$