Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a) Xét tam giác $HEA$ và $HDB$ có:
$\widehat{HEA}=\widehat{HDB}=90^0$
$\widehat{EHA}=\widehat{DHB}$ (đối đỉnh)
$\Rightarrow \triangle HEA\sim \triangle HDB$ (g.g)
b) Xét tam giác $CKD$ và $CDA$ có:
$\widehat{C}$ chung
$\widehat{CKD}=\widehat{CDA}=90^0$
$\Rightarrow \triangle CKD\sim \triangle CDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{CK}{CD}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow CD^2=CK.CA$ (đpcm)
c) Xét tam giác $ADK$ và $DCK$ có:
$\widehat{AKD}=\widehat{DKC}=90^0$
$\widehat{ADK}=\widehat{DCK}$ (cùng phụ $\widehat{KDC}$)
$\Rightarrow \triangle ADK\sim \triangle DCK$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AD}{DC}=\frac{DK}{CK}\Leftrightarrow \frac{FD}{2DC}=\frac{DK}{2CN}$
$\Rightarrow \frac{FD}{DC}=\frac{DK}{CN}$
Tam giác $FDK$ và $DCN$ đồng dạng với nhau do:
$\frac{FD}{DC}=\frac{DK}{CN}$ (cmt)
$\widehat{FDK}=\widehat{DCN}$ (cùng phụ $\widehat{KDC}$)
$\Rightarrow \frac{DFK}=\widehat{CDN}$
$\Rightarrow \widehat{DFK}+\widehat{FDN}=\widehat{CDN}+\widehat{FDN}$
$\Leftrightarrow 180^0-\widehat{FSD}=\widehat{FDC}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{FSD}=90^0$ nên ta có đpcm.
Lấy Q là trung điểm DS, AQ // FS
=> HQ // KS (H thuộc AQ, K thuộc FS)
Ta có
HQ // KS (cmt)
Q là trung điểm DS (gt)
=> H là trung điểm DK
Xét △DKC có
H là trung điểm DK (cmt)
N là trung điểmm KC (gt)
=> HN là đường trung bình △DKC
=> HN // DC (tính chất đường trung bình)
Vì AD ⊥ DC (đường cao AD)
=> HN ⊥ AD
Xét △DAN có
c) Lấy điểm Q là trung điểm DS
Vì AF = AD (gt)
=> A là trung điểm FD
Xét △FDS có
A là trung điểm FD (cmt)
Q là trung điểm DS (gt)
=> AQ là đường trung bình △FDS
=> AQ // FS (tính chất đường trung bình)
=> HQ // KS ( H thuộc AQ, K thuộc FS)
Ta có
HQ // KS (cmt)
Q là trung điểm DS (gt)
=> H là trung điểm DK
Xét △DKC có
H là trung điểm DK (cmt)
N là trung điểm KC (gt)
=> HN là đường trung bình △DKC
=> HN // DC ( tính chất đường trung bình)
Vì DC ⊥ AD (đường cao AD)
=> HN ⊥ AD
Ta có DK ⊥ AC (gt)
Mà N thuộc AC
=> DK ⊥ AN
Xét △DAN có
DK là đường cao thứ nhất (DK ⊥ AN)
HN là đường cao thứ hai (HN ⊥ AD)
HN và DK cắt nhau tại H
=> H là trực tâm △DAN
Mà AQ đi qua trực tâm H
=> AQ là đường cao thứ 3
=> AQ ⊥ DN
Vì AQ // FS (cmt)
=> FS ⊥ DN
a) Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có
\(\widehat{AHE}=\widehat{BHD}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEA\(\sim\)ΔHDB(g-g)
Do AO là đường trung tuyến của tam giác ABC :
=) OB=OC =) O là trung điểm của BC
Và OD=OA =) O là trung điểm của AD
=) 2 đường chéo AD và BC cắt nhau tại trung điểm O
=) Tứ giác ABDC là hình bình hành (1)
Do AB \(\perp\)AC tại A =) \(\widehat{BAC}\)= 900 (2)
Từ (1) và (2) =) ABDC là hình chữ nhật
b) Do BH\(\perp\)AD
CK\(\perp\)AD
=) BH // CK (*)
Do BD // AC
=) \(\widehat{DAC}\)=\(\widehat{B\text{D}A}\)(2 góc so le trong)
Xét tam giác AKC ( \(\widehat{AKC}\)= 900) và tam giác DHB (\(\widehat{DHB}\)= 900) có :
AC=BD (tính chất hính chữ nhật)
\(\widehat{DAC}\)=\(\widehat{B\text{D}A}\)( chứng minh trên )
=) Tam giác AKC= Tam giác DHB ( cạch huyền - góc nhọn )
CK=BH (2 cạch tương ứng ) (**)
Tứ (*) và (**) =) Tứ giác BHCK là hình bình hành
=) BK // CH
a) Xét tam giác HEA và tam giác HDB có: \(\angle HEA=\angle HDB=90^o;\angle AHE=\angle BHD(\text{đối đỉnh})\).
Do đó \(\Delta HEA\sim\Delta HDB\left(g.g\right)\).
b) Xét tam giác CKD và CDA có \(\angle CKD=\angle CDA=90^o;\widehat{C}-\text{góc chung}\).
Do đó \(\Delta CKD\sim\Delta CDA\left(g.g\right)\) nên \(\dfrac{CD}{CK}=\dfrac{CA}{CD}\Rightarrow CD^2=CA.CK\).
b) Gọi G là trung điểm của DK.
Do GN là đường trung bình của tam giác KDC nên GN // DC. Suy ra GN vuông góc với AD.
Mà DG vuông góc với AC nên G là trực tâm của tam giác ADN.
Suy ra AG vuông góc với DN. Mà FK // AG (Do AG là đường trung bình của tam giác DFK) nên FK vuông góc với DN.
a) Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có
\(\widehat{AHE}=\widehat{BHD}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEA\(\sim\)ΔHEB(g-g)