Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có
\(\widehat{EAC}\) chung
Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔACE(g-g)
b) Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHDC vuông tại D có
\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEB\(\sim\)ΔHDC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HB}{HC}\)
hay \(HE\cdot HC=HB\cdot HD\)
a: Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
=>BHCK là hình bình hành
=>H,M,K thẳng hàng
b: BHCK là hình thoi khi BH=HC
=>AB=AC
a: Xét ΔABC có
BD,CE là đường cao
BD cắt CE tại H
=>H là trực tâm
=>AH vuông góc BC
b: Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
=>BHCK là hình bình hành
\(\triangle BEC \) vuông tại E có: \(EB^2+EC^2=BC^2\qquad (1)\) (định lý Pythagoras)
Tương tự như trên, ta có:
\(BD^2+DC^2=BC^2\qquad (2)\),
\(BD^2+DC^2=BD^2\qquad (3 )\),
\(DN^2+NC^2=DC^2\qquad(4)\),
\(EM^2+MB^2=BE^2\qquad(5)\),
\(EN^2+NC^2=EC^2\qquad(6)\).
Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra: \(BE^2+EC^2=BD^2+DC^2(=BC^2)\).
Thay \((3)\), \((4)\), \((5)\) và \((6)\) vào đẳng thức trên, ta được:
\((ME^2+MB^2)+(EN^2+NC^2)=(DM^2+MB^2)+(DN^2+NC^2)\\ \Leftrightarrow ME^2+EN^2=MD^2+DN^2\\ \Leftrightarrow ME^2+(ED+DN)^2=(ME+ED)^2+DN^2\\ \Leftrightarrow ME^2+ED^2+2ED\cdot DN+DN^2=ME^2+2ME\cdot ED+ED^2+DN^2\\ \Leftrightarrow 2DE\cdot DN=2ME\cdot ED \Leftrightarrow DN=ME \space\text{(đpcm)}\)
a) Xét ∆ABC có :
BD vuông góc với AC
CE vuông góc với AB
=> H là trực tâm ∆ABC(1)
M là trung điểm là BC
=> AM là trung tuyến ∆ABC(2)
=> AM vuông góc với BC
b) Vì AM là trung trực ∆ABC
Vì AM là trung tuyến ∆ABC
=> ∆ABC cân tại A
=> BM = MC
=> AD = DC
=> AE = EB
Xét ∆ vuông BMH và ∆ vuông CMH ta có :
HM chung
BM = MC
=> ∆BMH = ∆CMH ( 2 cạnh góc vuông)
=> BH = HC
Chứng minh tương tự ta có :
=> AH = HB
=> AH = HC
=> HC = AH
Xét ∆ vuông AEH và ∆ vuông HMC ta có :
AH = HC (cmt)
EHA = MHC ( đối đỉnh)
=> ∆AEH = ∆ HMC(cạnh huyền - góc nhọn)
=> AE = MC ( 2 cạnh tg ứng)
Mà AE = EB
=> MC = EB
Mà BM = MC (cmt)
=> BE = BM
=> ∆EBM cân tại E(dpcm)
Khó thật