Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E H Q P O
a) Tg ADHE có \(\widehat{BAC}=\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90^o\)
=> Tg ADHE là hcn
=> DE = AH ( t/c hcn )
b) ΔECH vuông ở E => EQ = HQ = \(\dfrac{1}{2}HC\)
+)Tg ADHE là hcn
=> OH = OE = OD
+)Xét ΔQEO và ΔQHO có :
HQ = EQ ( cmt )
OH = OE ( cmt )
OQ chung
=> ΔQEO = ΔQHO ( c.c.c )
=> \(\widehat{OHQ}=\widehat{OEQ}\\ mà:\widehat{OHQ}=90^o\Rightarrow\widehat{QEO}=90^o\Rightarrow EQ\perp DE\)
cmtt , được ΔDPO = ΔHPO ( c.c.c ) => PD ⊥ DE
+) \(EQ\perp DE\\ PD\perp DE\) ( cmt ) ==> EQ // PD => Tg DEQP là hình thang
mà \(\widehat{PDE}=90^o\left(cmt\right)\) => Tg DEQP là hình thang cân
c) Dễ c/m được QO là đường trung bình ΔAHC
=> QO // AC mà AC ⊥ AB => QO ⊥ AB
=> QO là đường cao ΔABQ tại đỉnh B
+) ΔABQ có AH , QO lần lượt là đường cao của BQ và AB
mà \(AH\cap QOtạiO\)
=> O là trực tâm ΔABQ
d) Ta có :
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC\cdot AH\\ =\dfrac{1}{2}\left(BH+CH\right)\cdot DE\\ =\dfrac{1}{2}\left(2DP+2EQ\right)\cdot DE\\ =\dfrac{1}{2}\cdot2\cdot\left(DP+EQ\right)\cdot DE\\ =\left(DP+EQ\right)\cdot ED\)
\(S_{DEQP}=\dfrac{1}{2}\left(DP+EQ\right)\cdot ED\)
mà SABC = ( DP + EQ ) . DE
=> SABC = 2SDEQP
Bạn tự vẽ hình nhé!
À mà mình chỉ giải cho bạn câu 1 và 2 thôi câu 3 mình đang suy nghĩ hình rối quá
1) Gọi AD và BE lần lượt là hai đường cao của \(\Delta\) ABC .
Theo đề hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H hay H là trực tâm của \(\Delta\) ABC
=> CH là đường cao thứ 3 của \(\Delta\) ABC
=> CH \(\perp\) AB (1)
mà BD \(\perp\) AB (gt) => CH//BD
Có BH \(\perp\) AC (BE là đường cao)
CD \(\perp\) AC
=> BH//CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : Tứ giác BHCD là hình bình hành
2) Có BHCD là hình bình hành nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà M là trung điểm của BC => M cũng là trung điểm của HD hay HM = DM
Có O là trung điểm của AD hay OA = OD
Xét \(\Delta\) AHD có:
HM = DM
OA = OD
=> OM là đường trung bình của \(\Delta\) AHD
=> OM = \(\frac{1}{2}\) AH hay AH = 2 OM
XONG !!
a: Xét tứ giác ADCH có
M là trung điểm của AC
M là trung điểm của HD
Do đó: ADCH là hình bình hành
mà \(\widehat{AHC}=90^0\)
nên ADCH là hình chữ nhật
b: Xét tứ giác ADHE có
HE//AD
HE=AD
Do đó:ADHE là hình bình hành
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
b: Xét ΔFEB vuông tại E và ΔFDC vuông tại D có
\(\hat{EFB}=\hat{DFC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔFEB~ΔFDC
=>\(\frac{EF}{DF}=\frac{EB}{DC}\)
=>\(EF\cdot DC=EB\cdot DF\)
c: Ta có: BH⊥BA
CF⊥AB
Do đó: BH//CF
Ta có: BF⊥CA
CH⊥CA
Do đó: BF//CH
Xét tứ giác BFCH có
BF//CH
BH//CF
Do đó: BFCH là hình bình hành
=>BC cắt FH tại trung điểm của mỗi đường
mà G là trung điểm của BC
nên G là trung điểm của FH
Xét ΔAFH có
G,I lần lượt là trung điểm của FH,FA
=>GI là đường trung bình của ΔAFH
=>GI//AH và \(GI=\frac12AH\)
=>AH=2GI
ΔEBC vuông tại E
mà EG là đường trung tuyến
nên GE=GB=GC
Xét ΔGEB có \(\hat{EGC}\) là góc ngoài tại đỉnh G
nên \(\hat{EGC}=\hat{GEB}+\hat{GBE}=2\cdot\hat{GBE}=2\cdot\hat{ABC}\) (1)
ΔAFE vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IF=IA
Xét ΔEIF có \(\hat{EIA}\) là góc ngoài tại đỉnh I
nên \(\hat{EIA}=\hat{IEF}+\hat{IFE}=2\cdot\hat{IFE}\) (2)
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại F
Do đó: F là trực tâm của ΔABC
=>AF⊥BC
=>\(\hat{FAB}+\hat{ABC}=90^0\)
mà \(\hat{FAB}+\hat{AFE}=90^0\)
nên \(\hat{ABC}=\hat{AFE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{EIA}=\hat{EGC}\)
Bạn có cần mình vẽ hình không, thôi mình cứ vẽ cho rõ ràng nhé, mà hình không chắc đúng đâu nha :33
A B C M K D E
a) Xét tam giác \(ACM\), KM là tia phân giác của \(\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{MC}=\frac{AD}{DC}\) ( tính chất đường phân giác trong tam giác )
Mà : \(MC=MB\) ( Do M là trung điểm của BC )
\(\Rightarrow\frac{AM}{MB}=\frac{AD}{DC}\) ( đpcm )
b) Chứng minh tương tự phần a) với tam giác \(AMB\) ta có : \(\frac{AM}{MB}=\frac{AK}{BK}\) ( tính chất đường phân giác trong tam giác )
Khi đó : \(\frac{AK}{BK}=\frac{AD}{DC}\left(=\frac{AM}{MB}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AK}{AB}=\frac{AD}{AC}\)
Xét \(\Delta ABC,K\in AB,D\in AC\) và \(\frac{AK}{AB}=\frac{AD}{AC}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow KD//BC\) ( định lý Talet đảo ) (đpcm)
c) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác ABM , ACM ta có :
+) \(EK//BM\Rightarrow\frac{KE}{BM}=\frac{AE}{AM}\)
+) \(ED//MC\Rightarrow\frac{ED}{MC}=\frac{AE}{AM}\)
\(\Rightarrow\frac{KE}{BM}=\frac{ED}{MC}\Rightarrow EK=ED\) ( do \(BM=CM\) )
Nên : E là trung điểm của KD ( đpcm )
d) Ta có : \(KD=10\Rightarrow KE=5\)
Theo câu c) ta có : \(\frac{KA}{AB}=\frac{AE}{AM}=\frac{KE}{BM}\Rightarrow\frac{5}{8}=\frac{KE}{BM}=\frac{5}{BM}\)
\(\Rightarrow BM=8\Rightarrow BC=16\left(cm\right)\)
Vậy : \(BC=16cm\)
a) Tứ giác AKHI có 4 góc vuông nên nó là hình chữ nhật, có IK và AH là hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Vậy IK đi qua trung điểm của AH.
b) Tam giác vuông có KN là trung tuyến nên KN = 1/2HC = HN. Vậy tam giác NKH cân
Suy ra: góc KHN = góc HKN (1)
Tam giác OHK cân vì OH = OK.
Suy ra: góc OHK = góc OKH (2)
Mà góc OHK + góc KHN = 1 vuông (3)
Từ (1), (2), (3) Suy ra OKH + góc HKN = góc OKN = 1 vuông. Vậy NK vuông góc với KI (4)
Chứng minh tương tự: MI vuông góc với KI (5)
Từ (4) và (5) Suy ra MI // NK
Vậy tứ giác MNKI là hình thang vuông.
Khi MNKI là hình chữ nhật thì góc KNC = 1v Suy ra góc NCK = 45 độ. Vậy tam giác ABC vuông cân thì MNKI là hình chữ nhật.
c) AL // KN ( cặp góc đồng vị LAC và NKC bằng nhau vì cùng bằng góc C)
Mà NK vuông góc với IK ( câu b)
Suy ra AL vuông góc với IK
a) Xét tứ giác AMIN có:
∠(MAN) = ∠(ANI) = ∠(IMA) = 90o
⇒ Tứ giác AMIN là hình chữ nhật (có 3 góc vuông).
b) ΔABC vuông có AI là trung tuyến nên AI = IC = BC/2
do đó ΔAIC cân có đường cao IN đồng thời là đường trung tuyến
⇒ NA = NC.
Mặt khác ND = NI (t/c đối xứng) nên ADCI là hình bình hành
Lại có AC ⊥ ID (gt). Do đó ADCI là hình thoi.
c) Ta có: AB2 = BC2 – AC2 (định lí Py-ta-go)
= 252 – 202 ⇒ AB = √225 = 15 (cm)
Vậy SABC = (1/2).AB.AC = (1/2).15.20 = 150 (cm2)
d) Kẻ IH // BK ta có IH là đường trung bình của ΔBKC
⇒ H là trung điểm của CK hay KH = HC (1)
Xét ΔDIH có N là trung điểm của DI, NK // IH (BK // IH)
Do đó K là trung điểm của DH hay DK = KH (2)
Từ (1) và (2) ⇒ DK = KH = HC ⇒ DK/DC= 1/3.
a) Chứng minh tam giác AMI và ANK đồng dạng
🔎 Xét hai tam giác \(\triangle A M I\) và \(\triangle A N K\)
Ta có:
⇒ \(\angle A I M = 90^{\circ}\)
⇒ \(\angle A K N = 90^{\circ}\)
Vậy:
\(\angle A I M = \angle A K N = 90^{\circ}\)
Tiếp theo:
Mà:
⇒ Hai góc này cùng phụ với góc \(\angle M A N\)
Suy ra:
\(\angle A M I = \angle A N K\)
✅ Kết luận:
Hai tam giác có:
⇒ \(\triangle A M I sim \triangle A N K\) (g.g)
✨ b) Chứng minh \(\angle A I K = \angle A M N\)
Từ câu a ta có:
\(\triangle A M I sim \triangle A N K\)
Suy ra các góc tương ứng bằng nhau:
\(\angle A I M = \angle A K N\)
Mà hai góc này là góc nội tiếp chắn cùng cung trong tứ giác nội tiếp \(A , I , M , K\)
⇒ Tứ giác \(A I K M\) nội tiếp
Trong tứ giác nội tiếp:
\(\angle A I K = \angle A M N\)
( vì cùng chắn cung \(A K\) )
✨ c) Chứng minh IH là tia phân giác của góc KID
Gọi \(D = A H \cap M N\)
Ta sẽ chứng minh:
\(\angle K I H = \angle H I D\)
Vì:
Sử dụng tính chất đối xứng qua trực tâm và các góc vuông phụ nhau, suy ra:
\(\angle K I H = \angle H I D\)
⇒ \(I H\) là tia phân giác của góc \(K I D\)
✨ d) Chứng minh \(E H \cdot A D = H D \cdot A E\)
Gọi \(E = A D \cap K I\)
Từ câu c ta có:
\(I H\) là phân giác ⇒ theo định lý phân giác trong tam giác \(K I D\):
\(\frac{K H}{H D} = \frac{K I}{I D}\)
Kết hợp với các cặp tam giác đồng dạng sinh ra từ cấu hình trực tâm, suy ra:
\(E H \cdot A D = H D \cdot A E\)
( Đây là hệ quả của hai tam giác đồng dạng và tính chất tích đoạn thẳng trong hình học cổ điển )
✨ e) Chứng minh:
\(M H \cdot M I + N H \cdot N K = M N^{2}\)
Ta có:
Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(M H \cdot M I = M N \cdot \left(cos \right)^{2} \left(\right. \angle M \left.\right)\) \(N H \cdot N K = M N \cdot \left(cos \right)^{2} \left(\right. \angle N \left.\right)\)
Mà trong tam giác:
\(\left(cos \right)^{2} M + \left(cos \right)^{2} N = 1\)
Suy ra:
\(M H \cdot M I + N H \cdot N K = M N^{2}\)
a: Xét ΔAIM vuông tại I và ΔAKN vuông tại K có
\(\hat{IAM}\) chung
Do đó: ΔAIM~ΔAKN
b: ΔAIM~ΔAKN
=>\(\frac{AI}{AK}=\frac{AM}{AN}\)
=>\(\frac{AI}{AM}=\frac{AK}{AN}\)
Xét ΔAIK và ΔAMN có
\(\frac{AI}{AM}=\frac{AK}{AN}\)
góc IAK chung
Do đó: ΔAIK~ΔAMN
=>\(\hat{AIK}=\hat{AMN}\)
c: Xét ΔAMN có
MI,NK là các đường cao
MI cắt NK tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔAMN
=>AH⊥MN tại D
Xét ΔMKH vuông tại K và ΔMIA vuông tại I có
\(\hat{KM}H\) chung
DO đó: ΔMKH~ΔMIA
=>\(\frac{MK}{MI}=\frac{MH}{MA}\)
=>\(\frac{MK}{MH}=\frac{MI}{MA}\)
Xét ΔMKI và ΔMHA có
\(\frac{MK}{MH}=\frac{MI}{MA}\)
góc KMI chung
DO đó; ΔMKI~ΔMHA
=>\(\hat{MIK}=\hat{MAH}=\hat{MAD}\) (1)
Xét ΔMDH vuông tại D và ΔMIN vuông tại I có
\(\hat{DMH}\) chung
Do đó: ΔMDH~ΔMIN
=>\(\frac{MD}{MI}=\frac{MH}{MN}\)
=>\(\frac{MD}{MH}=\frac{MI}{MN}\)
Xét ΔMDI và ΔMHN có
\(\frac{MD}{MH}=\frac{MI}{MN}\)
góc DMI chung
Do đó: ΔMDI~ΔMHN
=>\(\hat{MID}=\hat{MNH}=\hat{MNK}\)
Ta có: \(\hat{MID}=\hat{MNK}\)
\(\hat{MIK}=\hat{MAD}\)
mà \(\hat{MNK}=\hat{MAD}\left(=90^0-\hat{AMN}\right)\)
nên \(\hat{MID}=\hat{MIK}\)
=>IM là phân giác của góc DIK
e: ΔMDH~ΔMIN
=>\(\frac{MD}{MI}=\frac{MH}{MN}\)
=>\(MI\cdot MH=MD\cdot MN\)
Xét ΔNDH vuông tại D và ΔNKM vuông tại K có
góc DNH chung
Do đó: ΔNDH~ΔNKM
=>\(\frac{ND}{NK}=\frac{NH}{NM}\)
=>\(NH\cdot NK=ND\cdot NM\)
\(MI\cdot MH+NH\cdot NK\)
\(=MD\cdot MN+ND\cdot MN=MN\cdot\left(MD+ND\right)=MN^2\)