Tính số đo các góc của hình bình hành $ABCD$ biết \(\widehat D - \widehat C = {30^0}\). Ta được:
Trong hình bình hành $ABCD$ có: \(\widehat A = \widehat C,\widehat B = \widehat D\) (tính chất), \(\widehat D - \widehat C = {30^0} \Rightarrow \widehat D = \widehat C + 30^\circ \) nên \(\widehat B = \widehat D = \widehat C + 30^\circ \)
Theo định lí tổng các góc trong tứ giác ta có:
$\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = 360^\circ \Rightarrow 2\left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 360^\circ \Rightarrow \widehat A + \widehat B = 180^\circ $\( \Leftrightarrow \widehat C + \widehat C + 30^\circ = 180^\circ \Rightarrow 2\widehat C = 150^\circ \) \( \Leftrightarrow \widehat C = 75^\circ \)
$ \Rightarrow \widehat D = \widehat C + 30^\circ = 75^\circ + 30^\circ = 105^\circ $
Do đó $\widehat A = \widehat C = {75^0}\,\& \,\,\widehat B = \widehat D = {105^0}$.
Hãy chọn câu trả lời sai.
Cho hình vẽ, ta có:
Từ hình vẽ ta có \(O\) là trung điểm của \(BD\) và \(AC\). Do đó tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, suy ra tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành\( \Rightarrow \) A đúng.
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB{\rm{//}}DC;\,AD{\rm{//}}BC\) (tính chất) \( \Rightarrow \) B, D đúng.
Chưa đủ điều kiện để \(ABCE\) là hình thang cân.
Tỉ số độ dài hai cạnh của hình bình hành là \(3:5\). Còn chu vi của nó bằng \(48cm\). Độ dài hai cạnh kề của hình bình hành là:
Gọi độ dài hai cạnh của hình bình hành là \(a\) và \(b\) với \(a,b > 0.\)
Theo bài ra ta có: \(\dfrac{a}{3} = \dfrac{b}{5}\).
Nửa chu vi của hình bình hành là: \(48:2 = 24cm\).
Suy ra: \(a+b=24cm.\) Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{a}{3} = \dfrac{b}{5} = \dfrac{{a + b}}{{3 + 5}} = \dfrac{{24}}{8} = 3\\ \Rightarrow a = 3. 3 = 9\\b = 3. 5 = 15\end{array}\).
Vậy hai cạnh của hình bình hành là \(9cm\) và \(15cm\).
Hai góc kề nhau của một hình bình hành không thể có số đo là:
Trong hình bình hành có các góc đối bằng nhau và tổng các góc trong hình bình hành phải bằng \(360^\circ \) nên ta có:
\(\begin{array}{l}60^\circ . 2 + 120^\circ . 2 = 360^\circ \\40^\circ . 2 + 50^\circ . 2 = 180^\circ \ne 360^\circ \\130^\circ . 2 + 50^\circ . 2 = 360^\circ \\105^\circ . 2 + 75^\circ . 2 = 360^\circ \end{array}\).
Do đó hai góc kề của hình bình hành không thể có số đo \(40^\circ ; 50^\circ \).
Cho tam giác $ABC$ và $H$ là trực tâm. Các đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ , vuông góc với $AC$ tại $C$ cắt nhau ở $ D$ .
Chọn câu trả lời đúng nhất. Tứ giác $BDCH$ là hình gì?
Gọi \(BK;\,CI\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) . Khi đó \(BK \bot AC;\,CI \bot AB\) hay \(BH \bot AC;\,CH \bot AB\) (vì \(H\) là trực tâm).
Lại có \(BD \bot AB;\,CD \bot AC\) (giả thiết) nên $BD{\rm{//}}CH$ (cùng vuông với \(AB\) ) và $CD{\rm{//}}BH$ (cùng vuông với \(AC\) )
Suy ra tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành (dhnb).
Cho tam giác $ABC$ và $H$ là trực tâm. Các đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ , vuông góc với $AC$ tại $C$ cắt nhau ở $ D$ .
Tính số đo góc \(BDC\) , biết $\widehat {BAC} = 50^\circ $.
Xét tứ giác \(AIHK\) có \(\widehat A + \widehat {AIH} + \widehat {IHK} + \widehat {AKH} = 360^\circ \) (định lý tổng các góc trong tứ giác)
\( \Rightarrow \widehat {AHK} = 360^\circ - 50^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 130^\circ \) .
Suy ra \(\widehat {BHC} = \widehat {IHK} = 130^\circ \) (hai góc đối đỉnh)
Vì tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành nên $\widehat {BDC} = \widehat {BHC} = 130^\circ $ (tính chất).
Vậy \(\widehat {BDC} = 130^\circ \) .
Cho tứ giác $ABCD$ . Gọi$E$ , $F$ lần lượt là giao điểm của $AB$ và $CD$ , $AD$ và $BC;$ $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AE$ , $EC$ , $CF$ ,$FA$ . Khi đó \(MNPQ\) là hình gì? Chọn đáp án đúng nhất.
Nối \(AC\) .Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của$AE$ , $EC$ nên \(MN\) là đườn gtrung bình của tam giác \(EAC\) suy ra \(MN{\rm{//}}AC;\,MN = \dfrac{1}{2}AC\) $\left( 1 \right)$ .
Tương tự \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(FAC\) suy ra \(PQ{\rm{//}}AC;\,PQ = \dfrac{1}{2}AC\) \(\left( 2 \right)\) .
Từ \(\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)\) suy ra \(PQ{\rm{//}}NM;\,PQ = MN\) nên \(MNPQ\) là hình bình hành (dhnb).
Hãy chọn câu sai.
Trong hình bình hành:
+ Hình bình hành có các cạnh đối song song.
+ Các cạnh đối bằng nhau
+ Các góc đối bằng nhau
+ Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên C sai.
Cho hình bình hành $ABCD$ . Gọi $I,{\rm{ }}K$ theo thứ tự là trung điểm của $CD,{\rm{ }}AB$ . Đường chéo $BD$ cắt $AI,{\rm{ }}CK$ theo thứ tự ở $E,{\rm{ }}F$ . Chọn khẳng định đúng.
Vì \(AK = \dfrac{{AB}}{2},IC = \dfrac{{CD}}{2}\) (gt) mà \(AB = CD\) (cạnh đối hình bình hành) nên \(AK = IC\) .
Vì $AB{\rm{//}}CD(gt),K \in AB,I \in DC \Rightarrow AK{\rm{//}}IC$ .
Tứ giác $AKCI$ có \(AK{\rm{//}}CI,AK = IC(cmt)\) nên là hình bình hành. Suy ra \(AI{\rm{//}}CK\) .
Mà \(E \in AI,F \in CK \Rightarrow EI{\rm{//}}CF,KF{\rm{//}}AE\) .
Xét \(\Delta DCF\) có: \(DI = IC(gt),IE{\rm{//}}CF(cmt) \Rightarrow ED = FE\,\,\,(1)\)
Xét \(\Delta ABE\) có: \(AK = KB(gt),KF{\rm{//}}AE(cmt) \Rightarrow EF = FB\,\,\,\,(2)\).
Từ (1) và (2) suy ra \(ED = FE = FB\).
Cho hình bình hành $ABCD$ . Trên đường chéo $BD$ lấy hai điểm $E$ và $F$ sao cho \(BE = DF < \dfrac{1}{2}BD\) . Chọn khẳng định đúng.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Ta có \(OA = OC,OB = OD\) .
Mà \(BE = DF(gt) \Rightarrow OE = FO\) .
Tứ giác $AECF$ có hai đường chéo $AC$ và $EF$ cắt nhau tại trung điểm \(O\) nên $AECF$ là hình bình hành $ \Rightarrow FA = CE$
Cho hình bình hành $ABCD$ có \(\widehat A = \alpha > 90^\circ \) . Ở phía ngoài hình bình hành vẽ các tam giác đều $ADE,ABF$. Tam giác \(CEF\) là tam giác gì? Chọn câu trả lời đúng nhất
Ta có:
\(\widehat {EAF} = 360^\circ - \widehat {BAF} - \widehat {EAD} - \alpha \) \( = 360^\circ - 60^\circ - 60^\circ - \alpha = 240^\circ - \alpha \)
Ta có:\(\widehat {ADC} = 180^\circ - \alpha \) ; \(\widehat {CDE} = \widehat {ADC} + \widehat {EDA} = 180^\circ - \alpha + 60^\circ = 240^\circ - \alpha \)\( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {FAE}\)
Xét \(\Delta CDE\) và \(\Delta FAE\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}CD = FA(gt)\\\widehat {CDF} = \widehat {EAF}(cmt)\\DE = EA(gt)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \Delta CDE = \Delta FAE\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow CE = FE\,\,(1)\)
Tương tự , ta có:
\(\widehat {ABC} = 180^\circ - \alpha \) ; \(\widehat {CBF} = \widehat {ABC} + \widehat {FBA} = 180^\circ - \alpha + 60^\circ = 240^\circ - \alpha \Rightarrow \widehat {CBF} = \widehat {FAE}\)
Xét \(\Delta FBC\) và \(\Delta FAE\) có:
\(\left\{ \begin{array}{l}FB = FA(gt)\\\widehat {CBF} = \widehat {EAF}(cmt)\\CB = EA(gt)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \Delta FBC = \Delta FAE\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow CF = FE\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(CF = FE = EC\) nên tam giác $CEF$ đều.
Cho tam giác \(ABC\) có \(BC = 6cm.\) Trên cạnh \(AB\) lấy các điểm \(D\) và \(E\) sao cho \(AD = BE.\) Qua \(D,E\) lần lượt vẽ các đường thẳng song song với \(BC,\) cắt \(AC\) theo thứ tự ở \(G\) và \(H\). Tính tổng \(DG + EH.\)
Kẻ \(HM//AB\,\,\left( {M \in BC} \right)\).
Xét tứ giác \(EHMB\) có \(MH//EB;EH//BM\) nên \(EHMB\) là hình bình hành.
Suy ra \(EH = BM;\,EB = HM\) (tính chất hình bình hành) mà \(AD = BE \Rightarrow AD = MH\).
Lại có: \(DG//BC \Rightarrow \widehat {ADG} = \widehat {ABC}\) (hai góc ở vị trí đồng vị) (1)
Và \(HM//AB \Rightarrow \widehat {HMC} = \widehat {ABC}\) và \(\widehat {CHM} = \widehat {CAB}\) (hai góc ở vị trí đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {HMC} = \widehat {ADG}\left( { = \widehat {ABC}} \right)\).
Xét \(\Delta ADG\) và \(\Delta HMC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {MHC} = \widehat {DAG}\left( {cmt} \right)\\AD = HM\,\left( {cmt} \right)\\\widehat {HMC} = \widehat {ADG}\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\) nên \(\Delta ADG = \Delta HMC\left( {g - c - g} \right) \Rightarrow DG = MC\).
Ta có: \(DG + EH = MC + BM = BC = 6cm\).
