Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) t/g MCK = t/g ACK (c.g.c)
=> CMK = CAK (2 góc t/ứ)
t/g BAN cân tại A (AB = BN) => BAN = BNA (t/c tam giác cân)
Mà: BAN + CAK = BAC = 90o nên BNA + CMK = 90o
hay MNK + NMK = 90o
từ đó => MKN = 90o
=> MK _|_ AN; BD _|_ AN
=> MK // BD (đpcm)
a.xét \(\Delta ABC\)vuông tại A có
\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)(1)
mà\(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\frac{\widehat{B}}{2}\)(BD là tia phân giác của \(\widehat{B}\))(2)
và\(\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\frac{\widehat{C}}{2}\)(CE là tia phân giác của \(\widehat{C}\))(3)
từ(1)(2)(3)=>\(\widehat{DBC}+\widehat{ECB}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}=\frac{90^0}{2}=45^0\)
Xét \(\Delta OBC\)có
\(\widehat{OBC}+\widehat{OCB}+\widehat{BOC}=180^0\)
Hay\(45^0+\widehat{BOC}=180^0=>\widehat{BOC}=180^0-45^0=135^0\)
b.xét\(\Delta ABD\)và\(\Delta MBD\)có
\(\widehat{ABD}=\widehat{MBD}\left(cmt\right)\)
BD chung
BA=BM(gt)
=>\(\Delta ABD=\Delta MBD\)(c.g.c)=>\(\widehat{BAD}=\widehat{DMB}\)(hai góc tương ứng)mà\(\widehat{BAD}=90^0=>\widehat{BMD}=90^0\)
Xét\(\Delta EAC\)và\(\Delta ENC\)có
EC chung
CA=CN(gt)
\(\widehat{ACE}=\widehat{NCE}\left(cmt\right)\)
=>\(\Delta EAC=\Delta NEC\)(c.g.c)=>\(\widehat{EAC}=\widehat{ANC}\)(2 góc tương ứng)mà\(\widehat{A}=90^0\)=>\(\widehat{ENC}=90^0\)
-ta có:\(EN\perp NM\left(\widehat{ENM}=90^0\right)\)(4)
\(DM\perp NM\left(\widehat{DMN}=90^0\right)\)(5)
Từ(4)và(5)=.>\(EN//DM\)(từ vuông góc đến song song)
c.xét\(\Delta ABO\)và\(\Delta MBO\)có
\(\widehat{ABO}=\widehat{MBO}\left(cmt\right)\)
AO cạnh chung
BA=BM(gt)
=>\(\Delta ABO=\Delta AMO\)(c.g.c)
=>\(\widehat{BOA}=\widehat{BOM}\)(2 góc tương ứng)mà\(\widehat{BOA}+\widehat{BOM}=180^0\)(kề bù)
=>\(\widehat{BOA}=\widehat{BOM}=\frac{180^0}{2}=90^0\)mà OA=OM (\(\Delta BAO=\Delta BMO\))
=>BO là đường trung trực của đoạn thẳng AM mà \(I\in BO\)(AN cắt BO tại I)
=>\(IA=IM\)=>\(\Delta IAM\)cân
a: Xét ΔAMB và ΔAMD có
AM chung
MB=MD
AB=AD
Do đó: ΔAMB=ΔAMD
b: ta có: ΔABD cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM là đường cao
c: Xét ΔABK và ΔADK có
AB=AD
\(\widehat{BAK}=\widehat{DAK}\)
AK chung
Do đó: ΔABK=ΔADK
d: Xét ΔKBE và ΔKDC có
KB=KD
\(\widehat{KBE}=\widehat{KDC}\)
BE=DC
Do đó: ΔKBE=ΔKDC
Suy ra: \(\widehat{BKE}=\widehat{DKC}\)
=>\(\widehat{BKE}+\widehat{BKD}=180^0\)
hay E,K,D thẳng hàng
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, Dễ cm dc t/g MCK = t/g ACK (c.g.c)
=> góc CMK = góc CAK (2 góc t/ứ) (1)
t/g BAN cân => góc BAN = góc BNA (2)
Ta có: góc BAN + góc CAK = góc BAC = 90 độ (3)
từ (1),(2),(3) => góc BNA + góc CMK = 90 độ hạy góc MKN = 90
=> MK _|_ AN mà BD _|_ AN (câu a)
=> MK//BD