K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
3 tháng 9 2025
1: Ta có: AB=2CD
mà AB=2AM=2BM(M là trung điểm của AB)
nên CD=AM=BM
Xét tứ giác ADCM có
DC//AM
DC=AM
Do đó: ADCM là hình bình hành
Xét tứ giác MDCB có
DC//MB
DC=MB
Do đó: MDCB là hình bình hành
2: DCBM là hình bình hành
=>DM//CB
=>\(\hat{DMA}=\hat{CBM}\) (hai góc đồng vị)(1)
Ta có: DC//AB
=>\(\hat{CBM}=\hat{ECD}\) (hai góc đồng vị)(2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{DMA}=\hat{ECD}\)
Xét ΔDMA và ΔECD có
\(\hat{DMA}=\hat{ECD}\)
MA=CD
\(\hat{DAM}=\hat{EDC}\) (hai góc đồng vị, DC//AB)
Do đó: ΔDMA=ΔECD
=>DA=ED
3: DA=DE
=>D là trung điểm của AE
Xét ΔEAB có
D là trung điểm của AE
DC//BA
Do đó: C là trung điểm của BE
NM
1
A
22 tháng 6 2021
Ps : Bn tự vẽ hình nhé, mk chỉ giải thôi ạ.
a) Xét \(\Delta ABC\)và \(\Delta HAB\)
\(\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^O\)
\(\widehat{ABC}chung\)
\(\Rightarrow\Delta ABC~\Delta HBA\)( g - g )
b) Xét \(\Delta AHD\)và \(\Delta CED\)
\(\widehat{AHD}=\widehat{CED}=90^O\)
\(\widehat{ADH}=\widehat{CDE}\)( đối đỉnh )
\(\Rightarrow\Delta AHD~\Delta CED\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{AD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow AH.CD=AD.CE\)
c) Vì H là trung điểm của BD mà \(AH\perp BD\)
=> AH là đường trung trực của BD
\(\Rightarrow AB=AD\)
Mà : \(\frac{AH}{AD}=\frac{CE}{CD}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{AB}=\frac{CE}{CD}\)
Vì \(\Delta ABC~\Delta HBA\Rightarrow\frac{AH}{AB}=\frac{CA}{CB}\)
Do đó : \(\frac{CE}{CD}=\frac{CA}{CB}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}\)
Vì \(\Delta CED\)vuông
\(\Rightarrow S_{CED}=\frac{CE.ED}{2}\)
\(AB//FK\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{KFH}\)
\(\widehat{AHB}=\widehat{FHK}=90^O\)
\(BA=HD\)
\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta FHK\)
\(\Rightarrow HA=HF\)mà \(CH\perp AF\)
=> CH là đường trung trực AF \(\Rightarrow\Delta ACF\)cân tại C
Do đó : D là trọng tâm \(\Delta ACF\)
\(\Rightarrow CD=\frac{2}{3}CH\)
Mà \(\cos ACB=\frac{AC}{BC}=\frac{CH}{CA}=\frac{4}{5}\Rightarrow CH=\frac{32}{5}\Rightarrow CD=\frac{64}{15}\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CD}=\frac{4}{5}\Rightarrow CE=\frac{256}{75}\)
\(ED=\sqrt{CD^2-CE^2}=\frac{64}{25}\)
\(\Rightarrow S_{CED}=\frac{8192}{1875}\)
d) Vì \(\Delta ACF\)cân tại C \(\Rightarrow KE//AF\Rightarrow\widehat{EKF}=\widehat{AFK}\)
Vì HK là trung tuyến \(\Delta AFK\)\(\Rightarrow\widehat{AFK}=\widehat{HKF}\)
Do đó : \(\widehat{HKF}=\widehat{EKF}\)
=> KD là phân giác \(\widehat{HKE}\)
# Aeri #
NQ
1
EG
cd
4
P
2 tháng 2 2024
Ta có: DE//AC (cùng vuông góc với AB)
Áp dụng định lý Ta-lét ta có:
\(\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{CE}\Rightarrow\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{BC-BE}\Rightarrow\dfrac{6}{x}=\dfrac{3x}{13,5-3x}\)
\(\Leftrightarrow6\left(13,5-3x\right)=x\cdot3x\)
\(\Leftrightarrow81-18x=3x^2\)
\(\Leftrightarrow27-6x=x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+6x-27=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-3x+9x-27=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x-3\right)+9\left(x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\left(tm\right)\\x=-9\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy: `x=3`
Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của ON và BC, G là giao điểm của OP và AC
M là trọng tâm của ΔOAB
=>E là trung điểm của AB
N là trọng tâm của ΔOBC
=>F là trung điểm của BC
P là trọng tâm của ΔOAC
=>G là trung điểm của AC
Xét ΔOAB có
OE là đường trung tuyến
M là trọng tâm
Do đó: \(OM=\frac23OE\)
Xét ΔOBC có
OF là đường trung tuyến
N là trọng tâm
Do đó; \(ON=\frac23OF\)
Xét ΔOAC có
OG là đường trung tuyến
P là trọng tâm
Do đó: \(OP=\frac23OG\)
Xét ΔOMN và ΔOEF có
\(\frac{OM}{OE}=\frac{ON}{OF}\left(=\frac23\right)\)
góc MON chung
Do đó: ΔOMN~ΔOEF
=>\(\frac{MN}{EF}=\frac{OM}{OE}=\frac23\left(1\right)\)
Xét ΔONP và ΔOFG có
\(\frac{ON}{OF}=\frac{OP}{OG}\left(=\frac23\right)\)
góc NOP chung
Do đo: ΔONP~ΔOFG
=>\(\frac{NP}{FG}=\frac{ON}{OF}=\frac23\left(2\right)\)
Xét ΔOMP và ΔOEG có
\(\frac{OM}{OE}=\frac{OP}{OG}\left(=\frac23\right)\)
góc MOP chung
Do đó: ΔOMP~ΔOEG
=>\(\frac{MP}{EG}=\frac{OM}{OE}=\frac23\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\frac{MN}{EF}=\frac{NP}{FG}=\frac{MP}{EG}\left(=\frac23\right)\)
Xét ΔMNP và ΔEFG có
\(\frac{MN}{EF}=\frac{NP}{FG}=\frac{MP}{EG}\left(=\frac23\right)\)
Do đó: ΔMNP~ΔEFG(4)
Xét ΔAEG và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AG}{AC}\left(=\frac12\right)\)
góc EAG chung
Do đó: ΔAEG~ΔABC
=>\(\frac{EG}{BC}=\frac{AE}{AB}\left(=\frac12\right)\) (5)
Xét ΔBEF và ΔBAC có
\(\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}\left(=\frac12\right)\)
góc EBF chung
Do đó: ΔBEF~ΔBAC
=>\(\frac{EF}{AC}=\frac{BE}{BA}=\frac12\) (6)
Xét ΔCFG và ΔCBA có
\(\frac{CF}{CB}=\frac{CG}{CA}\left(=\frac12\right)\)
góc FCG chung
Do đó; ΔCFG~ΔCBA
=>\(\frac{FG}{BA}=\frac{CF}{CB}=\frac12\left(7\right)\)
Từ (5),(6),(7) suy ra \(\frac{EF}{AC}=\frac{EG}{BC}=\frac{FG}{AB}\)
Xét ΔEFG và ΔCAB có
\(\frac{EF}{CA}=\frac{FG}{AB}=\frac{EG}{CB}\left(=\frac12\right)\)
Do đó: ΔEFG~ΔCAB(8)
Từ (4),(8) suy ra ΔMNP~ΔCAB