Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+) Xét tam giác EIA vuông tại I nên :
+) Xét hai tam giác ABH và ∆EAI có:
AB = AE ( vì ABDE là hình vuông)
Suy ra: ∆ABH = ∆ EAI ( cạnh huyền – góc nhọn)
⇒ AH = EI ( hai cạnh tương ứng)
+) Tương tự hai tam giác vuông ACH và GAJ bằng nhau.
⇒ AH = GJ.
Suy ra EI = AH = GJ.
+) Xét ΔEKI và ΔGKJ có:
EI = GJ ( chứng minh trên)
∠(IKE) = ∠(JKG) (đối đỉnh).
do đó ΔEKI = ΔGKJ ( cgv – gn)
suy ra: KE = KG
Từ đó ta có K trung điểm của EG. Vậy AK là trung tuyến của tam giác AEG.
A B C M N Q P O R S T A B C H M D I A B C D K G M K E P F (Hình a) (Hình b) (Hình c) Q I
Bài toán 1: (Hình a)
Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.
Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR
Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)
\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)
Dễ thấy NS là đường trung bình của \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)
Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)
Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ
=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).
Bài toán 2: (Hình b)
Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)
=> MC2 = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 900 , trung tuyến HM => HM = MC
Do đó MH2 = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI
=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).
Bài toán 3: (Hình c)
a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.
Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC
Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD
Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)
=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=450) => B,A,F thẳng hàng
=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM
Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E
=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)
=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).
b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE
Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).
B A C D K H I
a ) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại H ta có :
\(\widehat{HBA}+\widehat{HAB}=90^o\) ( hai góc phụ nhau )
\(\widehat{HAB}=90^o-\widehat{HBA}=90^o-60^o=30^o\)
Vậy \(\widehat{HAB}=60^o\)
b ) Xét \(\Delta AHI\) và \(\Delta ADI\)có :
AH = AD (gt)
IH=ID (gt)
AI cạnh chung
\(\Rightarrow\Delta AHI=\Delta ADI\left(c.c.c\right)\)
Suy ra \(\widehat{HIA}=\widehat{DIA}\) ( hai góc tương ứng )
Mà \(\widehat{HIA}+\widehat{DIA}=180^o\) ( 2gocs kề bùy )
\(\Rightarrow\widehat{HIA}=\widehat{DIA}=90^o\)
Do đó \(AI\perp HD\left(đpcm\right)\)
c ) Vì \(\Delta AHI=ADI\) ( cm câu b )
\(\Rightarrow\widehat{HAK}=\widehat{DAK}\) ( 2 góc tương ứng )
Xét \(\Delta AHK\) và \(\Delta ADK\) có ;
AH = AD (gt)
\(\widehat{HAK}=\widehat{DAK}\left(cmt\right)\)
AK cạn chung
\(\Rightarrow\Delta AHK=\Delta ADK\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AHK}=\widehat{ADK}=90^o\) ( 2 góc tương ứng )
\(\Rightarrow AD\perp AC\)
Mà \(BA\perp AC\left(\Delta ABC\perp A\right)\)
AD//AB ( đpcm)
a) xét tg EAC và tg BAF
có: EA = BA (gt); ^EAC =^BAF ( ^EAB = ^ FAC = 90 độ, ^BAC chung); AC = AF(gt)
=> tg EAC = tg BAF(c-g-c)
=> EC = BF ( 2 cạnh t/ư)
b) Kẻ \(EG\perp AH⋮G;FK\perp AH⋮K\)
xét tg EGA vuông tại G và tg AHB vuông tại H
có: EA = AB (gt); ^EAG =^ABH ( cùng phụ với ^BAH)
=> tg EGA = tg AHB( ch-gn)
=> EG = AH ( 2 cạnh t/ư) (1)
chứng minh tương tự, có: tg AFK = tg CAH(ch-gn)
=> FK = AH (2 cạnh t/ư) (2)
Từ(1);(2) => EG = FK (=AH)
xét tg EGI vuông tại G và tg FKI vuông tại K
có: EG = FK (cmt); ^EIG = ^FIK (đ đ)
=> tg EGI = tg FKI ( cgv -gn)
=> EI = FI (2 canh t/ư)
=> I là trung điểm của EF
...
hình bn tự kẻ nha
Câu a
Xét tam giác ABD và AMD có
AB = AM từ gt
Góc BAD = MAD vì AD phân giác BAM
AD chung
=> 2 tam guacs bằng nhau
Câu b
Ta có: Góc EMD bằng CMD vì góc ABD bằng AMD
Bd = bm vì 2 tam giác ở câu a bằng nhau
Góc BDE bằng MDC đối đỉnh
=> 2 tam giác bằng nhau
xét tam giác AMH và tam giác NMB có : AM = MN (gt)
BM = MH do M là trung điểm của BH (gt)
góc AMH = góc NMB (đối đỉnh)
=> tam giác AMH = tam giác NMB (c - g - c)
=> góc AHM = góc NBM (đn)
mà góc AHM = 90 do AH _|_ BC (gt)
=> góc NBM = 90
=> BN _|_ BC (đn)
Do \(\Delta\)ABC cân tại A nên AH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
Ta có:H là trung điểm BC,I là trung điểm CN
Áp dụng định lý sau: "đoạn thẳng nối trung điểm 2 cạnh bất kì của một tam giác thì song song với cạnh còn lại và bằng nửa cạnh ấy, đoạn thẳng này gọi là đường trung bình" cho tam giác BCN thì: HI//BN
Mà: HAM=BNM (suy ra trực tiếp từ kết quả câu a)
=>AH//BN
Theo Tiên đề Euclid thì AH trùng HI hay A;H;I thẳng hàng
a) Tam giác sao lại có số đo??!!!!
b) Xét \(\Delta AME\)và \(\Delta BMH\)có:
AM = BM (M là trung điểm của AB)
\(\widehat{AME}=\widehat{BMH}\)(2 góc đối đỉnh)
ME = MH (gt)
\(\Rightarrow\Delta AME=\Delta BMH\left(c.g.c\right)\)
R làm sao mà suy ra AH vuông góc vs AE??!!!!
c) Ta có: \(\Delta AME=\Delta BMH\)(theo a)
\(\Rightarrow\widehat{EAM}=\widehat{HBM}\)(2 góc tương ứng)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
\(\Rightarrow AE//BH\)
hay \(AE//BC\)(1)
Xét \(\Delta ANF\)và \(\Delta CNH\)có:
AN = CN (N là trung điểm của AC)
\(\widehat{ANF}=\widehat{CNH}\)(2 góc đối đỉnh)
NF = NH(gt)
\(\Rightarrow\Delta ANF=\Delta CNH\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AFN}=\widehat{CHN}\)(2 góc tương ứng)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> AF // CH
hay AF // BC (2)
Từ (1) và (2) => A,E,F thẳng hàng
Bài này vẽ hình hơi dài dòng mà em ko bt vẽ hình ở H24 HOC24
Thôi thì lời giải của em ở trang 98->99
Hình bs.36