Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
a) Gọi G là giao của BE và DC.
-Xét △BEF và △BCF có:
\(BE=BC\) (gt).
\(\widehat{EBF}=\widehat{CBF}\) (BF là tia phân giác của \(\widehat{EBC}\)).
\(BF\) là cạnh chung.
=>△BEF = △BCF (c-g-c).
=>\(\widehat{BEF}=\widehat{BCF}=90^0\) (2 góc tương ứng).
=>BG⊥FI tại E.
-Ta có: \(\widehat{GED}+\widehat{EGD}=90^0\) (△DEG vuông tại D).
\(\widehat{EGD}+\widehat{EFD}=90^0\) (△GEF vuông tại E).
=>\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\).
-Xét △GED và △EFD có:
\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\) (cmt)
\(\widehat{GDE}=\widehat{FED}=90^0\)
=>△GED ∼ △EFD (g-g),
=>\(\dfrac{GD}{GE}=\dfrac{ED}{EF}\) (2 tỉ lệ tương ứng) (1).
-Xét △ABE có: AB//GD (ABCD là hình chữ nhật).
=>\(\dfrac{AB}{GD}=\dfrac{BE}{GE}\) (định lí Ta-let).
=>\(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{GD}{GE}\) (2)
-Xét △AEI có: AI//DF (ABCD là hình chữ nhật).
=>\(\dfrac{AE}{DE}=\dfrac{EI}{EF}\) (định lí Ta-let).
=>\(\dfrac{AE}{EI}=\dfrac{DE}{EF}\) (3).
-Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AE}{EI}\)
=>\(AB.EI=BE.AE\) mà \(BE=BC\) (gt)
=>\(AB.EI=BC.AE\).
b) -Xét △ABE và △EBI có:
\(\widehat{BAE}=\widehat{BEI}=90^0\)
\(\widehat{B}\) là góc chung.
=>△ABE ∼ △EBI (g-g).
=>\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{EI}{BI}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
=>\(AE=\dfrac{EI.BE}{BI}\)
=>\(AE^2=\dfrac{EI^2.BE^2}{BI^2}\)
=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{BI^2}{EI^2.BE^2}\)
Mà \(BI^2=EI^2+BE^2\) (△BEI vuông tại E).
=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{EI^2+BE^2}{EI^2.BE^2}=\dfrac{1}{BE^2}+\dfrac{1}{EI^2}\)
2)
a) -Ta có: \(\widehat{BMD}+\widehat{DME}+\widehat{CME}=180^0\)
\(\widehat{DBM}+\widehat{DMB}+\widehat{BDM}=180^0\) (tổng 3 góc trong △BDM).
Mà\(\widehat{DME}=\widehat{DBM}\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{CME}=\widehat{BDM}\).
-Xét △BDM và △CME có:
\(\widehat{BDM}=\widehat{CME}\) (cmt).
\(\widehat{DBM}=\widehat{MCE}\) (△ABC cân tại A).
\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △CME (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{CM}{CE}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
Mà \(BM=CM=\dfrac{1}{2}BC\) (M là trung điểm BC).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{\dfrac{1}{2}BC}=\dfrac{\dfrac{1}{2}BC}{CE}\)
\(\Rightarrow BD.CE=\dfrac{1}{4}BC^2\).
b) -Ta có: \(\dfrac{BD}{CM}=\dfrac{DM}{ME}\) (△BDM ∼ △CME)
Mà \(BM=CM\) (M là trung điểm BC).
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\)
-Xét △BDM và △MDE có:
\(\widehat{DBM}=\widehat{DME}\left(gt\right)\)
\(\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\) (cmt).
\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △MDE (c-g-c).
\(\Rightarrow\widehat{BDM}=\widehat{MDE}\) (2 góc tương ứng) hay DM là phân giác của \(\widehat{BDE}\).
a) Gọi E là trung điểm BK
Chứng minh được QE là đường trung bình \(\Delta\)KBC nên QE//BC => QE _|_ AB (vì BC_|_AB) và \(QE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD\)
Chứng minh AM=QE và AM//QE => Tứ giác AMQE là hình bình hành
Chứng minh AE//NP//MQ (3)
Xét \(\Delta AQB\)có BK và QE là 2 đường cao của tam giác
=> E là trực tâm tam giác nên AE là đường cao thứ 3 của tam giác AE _|_ BQ
=> BQ _|_ NP
b) Vẽ tia Ax vuông góc với AF. Gọi giao Ax và CD là G
Chứng minh \(\widehat{GAD}=\widehat{BAP}\)(cùng phụ \(\widehat{PAD}\))
=> \(\Delta\)ADG ~ \(\Delta\)ABP (gg) => \(\frac{AP}{AG}=\frac{AB}{AD}=2\Rightarrow AG=\frac{1}{2}AP\)
Ta có \(\Delta\)AGF vuông tại A có AD _|_ GF nên AG.AF=AD.GF(=2SAGF)
=> \(AG^2\cdot AF^2=AD^2\cdot GF^2\left(1\right)\)
Ta chia cả 2 vế củ (1) cho \(AD^2\cdot AG^2\cdot AF^2\)
Mà \(AG^2+AF^2=GF^2\)(định lý Pytago)
\(\Rightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AG^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AB\right)^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AP\right)^2}+\frac{1}{AF^2}\)
\(\Rightarrow\frac{4}{AB^2}=\frac{4}{AP^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{4AF^2}\)