Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
KHÔNG THẤY HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA
A) VÌ \(BH\perp AD\Rightarrow\widehat{BHA}=90^o\)
\(CI\perp AD\Rightarrow\widehat{CID}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BHA}=\widehat{CID}=90^o\)hay \(\widehat{BHI}=\widehat{CIH}=90^o\)
HAI GÓC NÀY Ở VỊ TRÍ SO LE TRONG BẰNG NHAU
=> BH // CI (ĐPCM)
B)
XÉT \(\Delta ABC\)VUÔNG TẠI A
\(\Rightarrow\widehat{A}=90^o\)hay \(\widehat{BAH}+\widehat{HAC}=90^o\left(1\right)\)
XÉT \(\Delta AHB\)VUÔNG TẠI H
\(\Rightarrow\widehat{H}=90^o\)hay \(\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=180^o-90^o=90^o\left(2\right)\)
từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{HAC}=\widehat{ABH}\)
XÉT \(\Delta ABH\)VÀ\(\Delta CAI\)CÓ
\(\widehat{H}=\widehat{I}=90^o\)
AB = AC (gt)
\(\widehat{ABH}=\widehat{IAC}\)(CMT)
=>\(\Delta ABH\)=\(\Delta CAI\)(C-G-C)
=> BH = AI ( HAI CẠNH TƯƠNG ỨNG )
Bài 1:
K D A H E B M C
a) Xét tam giác ABM và tam giác ACM : AB=AC,AM chung ,BM=MC(vì M là trung điểm của BC gt)
\(\Rightarrow\Delta ABM=\Delta ACM\left(c.c.c\right)\)
b) Tam giác ABC có AB=AC nên tam giác ABC cân tại A
=> đường trung tuyến AM đồng thời là đường cao
Vậy AM vuông góc BC
c) Xét tam giác AEH và tam giác CEM : AE=EC,EH=EM,\(\widehat{AEH}=\widehat{CEM}\)(2 góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta AEH=\Delta CEM\left(c.gc\right)\)
d) Ta có KB//AM(vì vuông góc với BM
\(\Rightarrow\widehat{KBD}=\widehat{DAM}\)(2 góc ở vị trí so le trong)
Xét tam giác KDB và MDA (2 góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta KDB=\Delta DAM\left(g.c.g\right)\)
\(\Rightarrow KD=DM\left(1\right)\)
Tam giác ABM vuông tại M có trung tuyến MD
Nên : MD=BD=AD(2)
Từ (1) và (2) ta có : KD=DM=DB=AD
Tam giác KAM có trung tuyến ứng với cạnh KM là \(AD=\frac{AM}{2}\)
Nên : Tam giác KAM vuông tại A
Tương tự : Tam giác MAH vuông tại A
Ta có: Qua1 điểm A thuộc AM có 2 đường KA và AH cùng vuông góc với AM
Nên : K,A,H thẳng thàng
Bài 2 :
x D A B C E y
a) Ta có tam giác DAB=tam giác CEB(c.g.c)
Do : DA=CB(gt)
BE=BA(gt)
\(\widehat{DBA}=\widehat{CBE}\)(Cùng phụ \(\widehat{ABC}\))
=> DA=EC
b) Do tam giác DAB=tam giác CEB(ở câu a)
=> \(\widehat{BDA}=\widehat{BCE}\Rightarrow\widehat{BDA}+\widehat{BCD}=\widehat{BCE}+\widehat{BCD}\)
Mà : \(\widehat{BDA}+\widehat{BCD}=90^0\)( Do Bx vuông góc BC)
=> \(\widehat{BCE}+\widehat{BCD}=90^0\)
=> DA vuông góc với EC
a) Ta có: $\widehat{ABM} = \widehat{NBM}$ (vì $BN = BA$) và $\widehat{BMA} = \widehat{NMB}$ (vì BM là phân giác của $\widehat{B}$). Vậy tam giác $ABM$ và tam giác $NBM$ có hai góc bằng nhau nên chúng đồng dạng.
b) Ta có $BN = BA$, suy ra tam giác $ABN$ đều, do đó $\widehat{NAB} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{BAC} = 90^\circ - \widehat{CAB} = 90^\circ - \widehat{ABN} = 30^\circ$. Khi đó, $\widehat{AMC} = \widehat{A} + \widehat{BAC} = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ$.
Do đó, tam giác $AMC$ là tam giác cân tại $A$ vì $\widehat{AMC} = 120^\circ = 2\cdot \widehat{ABC}$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $A$). Khi đó, $AM = MC$.
c) Ta có $\widehat{CAB} = 30^\circ$, nên tia đối của $AB$ là tia $AH$ cũng là phân giác của $\widehat{A}$. Gọi $E'$ là trên $AH$ sao cho $AE' = CN$. Khi đó, ta có thể chứng minh $E'$ trùng với $E$, tức là $E'$ nằm trên đoạn thẳng $CE$ và $CE' = EI$.
Đặt $x = BE = BC$. Ta có $AN = AB = BN = x$, do đó tam giác $ABN$ đều và $\widehat{ANB} = 60^\circ$. Khi đó, ta có $\widehat{A} + \widehat{M} + \widehat{N} = 180^\circ$, hay $\widehat{M} + \widehat{N} = 90^\circ$.
Ta có $\dfrac{AE'}{CE'} = \dfrac{AN}{CN} = 1$, do đó $AE' = CE' = x$. Khi đó, tam giác $ACE'$ đều và $\widehat{ACE'} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{C} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} = 60^\circ$, nên tam giác $ABC$ đều và $AC = x$.
Do $AM = MC$, ta có $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2}$. Ta cũng có $\widehat{B} + \widehat{N} + \widehat{C} = 180^\circ$, hay $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} - \widehat{B} - \widehat{C}$
Do đó, $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - 90^\circ - \widehat{C} = 90^\circ - \widehat{B}$
Vậy $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$
Suy ra tam giác ABM và NBM có cùng một góc ở đỉnh M, và hai góc còn lại lần lượt bằng $\dfrac{\widehat{A}}{2}$ và $\dfrac{\widehat{C}}{2}$, nên chúng đồng dạng. Do đó, ta có $ABM = NBM$.
Về phần b, do $AM = MC$, ta có $AMC$ là tam giác cân tại $M$, hay $BM$ là đường trung trực của $AC$. Vì $BN$ là đường phân giác của $\widehat{B}$, nên ta có $BM$ cũng là đường phân giác của tam giác $\triangle ABC$. Do đó, $BM$ là đường phân giác của $\widehat{BAC}$, hay $\widehat{BAM} = \widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$. Vậy $\widehat{BAM} + \widehat{ABM} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2} + \dfrac{\widehat{A}}{2} = 90^\circ$, hay tam giác $\triangle ABM$ là tam giác vuông tại $B$.
Về phần c, vì $AE = CN$, ta có tam giác $\triangle AEC$ là tam giác cân tại $E$, nên $EI$ là đường trung trực của $AC$. Do đó, $\widehat{BIM} = \widehat{BIE} + \widehat{EIM} = \widehat{BCM} + \widehat{CAM} = \dfrac{\widehat{B}}{2} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Tuy nhiên, ta đã chứng minh được $\widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$, nên $\widehat{BIM} = \widehat{MAC} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Do đó, $B, M, I$ thẳng hàng.
lớp 7 không có cách giải này.