Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C M N H I K
Qua B kẻ đường thẳng song song với NI, cắt tia CA tại điểm K.
Xét \(\Delta\)BCK có: N là trung điểm BC, NI // BK; I thuộc CK => I là trung điểm của CK
=> IK=IC => IA + AK = IM + CM. Mà IA=IM nên AK=CM.
Ta có: AK=CM; CM=AB => AK=AB => \(\Delta\)BAK cân tại A => ^ABK=^AKB
Lại có: IH // BK (NI // BK) => ^AKB=^AIH; ^ABK=^AHI (So le trong)
Mà ^ABK=^AKB (cmt) => ^AIH=^AHI => \(\Delta\)HAI cân tại A => AH=AI (đpcm).
a) Xét \(\Delta ABC\)và \(\Delta MDC\)có:
\(\widehat{C}\) chung
\(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\)
suy ra: \(\Delta ABC~\Delta MDC\)(g.g)
b) Xét \(\Delta BMI\)và \(\Delta BAC\)có:
\(\widehat{B}\)chung
\(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\)
suy ra: \(\Delta BMI~\Delta BAC\) (g.g)
\(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\)
\(\Rightarrow\)\(BI.BA=BC.BM\)
c) \(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\) (câu b) \(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)
Xét \(\Delta BIC\)và \(\Delta BMA\)có:
\(\widehat{B}\)chung
\(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\) (cmt)
suy ra: \(\Delta BIC~\Delta BMA\) (g.g)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{ICB}=\widehat{BAM}\) (1)
c/m: \(\Delta CAI~\Delta BKI\) (g.g) \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IK}=\frac{IC}{IB}\) \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\)
Xét \(\Delta IAK\)và \(\Delta ICB\)có:
\(\widehat{AIK}=\widehat{CIB}\) (dd)
\(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\) (cmt)
suy ra: \(\Delta IAK~\Delta ICB\)(g.g)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{IAK}=\widehat{ICB}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{IAK}=\widehat{BAM}\)
hay AB là phân giác của \(\widehat{MAK}\)
d) \(AM\)là phân giác \(\widehat{CAB}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MAB}=45^0\)
mà \(\widehat{MAB}=\widehat{ICB}\) (câu c)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{ICB}=45^0\)
\(\Delta CKB\)vuông tại K có \(\widehat{KCB}=45^0\)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{CBK}=45^0\)
\(\Delta MBD\) vuông tại M có \(\widehat{MBD}=45^0\)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{MDB}=45^0\)
hay \(\Delta MBD\)vuông cân tại M
\(\Rightarrow\)\(MB=MD\)
\(\Delta ABC\) có AM là phân giác
\(\Rightarrow\)\(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)
ÁP dụng định ly Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Rightarrow\)\(BC=10\)
ÁP dụng tính chất dãy tỉ số = nhau ta có:
\(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}=\frac{MB+MC}{AB+AC}=\frac{5}{7}\)
suy ra: \(\frac{MB}{AB}=\frac{5}{7}\) \(\Rightarrow\)\(MB=\frac{40}{7}\)
mà \(MB=MD\) (cmt)
\(\Rightarrow\)\(MD=\frac{40}{7}\)
Vậy \(S_{CBD}=\frac{1}{2}.CB.DM=\frac{1}{2}.10.\frac{40}{7}=\frac{200}{7}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.8.6=24\)
\(\Delta ABC\) có AM là phân giác
\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{S_{BMA}}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{3}=\frac{S_{BMA}}{4}=\frac{S_{CMA}+S_{BMA}}{3+4}=\frac{24}{7}\)
\(\Rightarrow\)\(S_{CMA}=\frac{72}{7}\)
Vậy \(S_{AMBD}=S_{CBD}-S_{CMA}=\frac{200}{7}-\frac{72}{7}=\frac{128}{7}\)
C A M B K D I
a) xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta MDC\) có
\(\widehat{ACB}=\widehat{MCD}\) ( góc chung)
\(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\) ( giả thiết )
\(\Rightarrow\Delta ABC\infty\Delta MDC\) \(\left(g.g\right)\)
b) xét \(\Delta BIM\) và \(\Delta BCA\) có
\(\widehat{IBM}=\widehat{CBA}\) ( góc chung )
\(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BIM\infty\Delta BCA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)
\(\Rightarrow BI.BA=BM.BC\)
P/S tạm thời 2 câu này trước đi đã
Cách 1: A B C I M N D K 1 1 2 Ta có: ΔABC vuông tại A (GT)
⇒ AB ⊥ AC
mà ID ⊥ AC tại N (GT)
⇒ AB // ID (t/c quan hệ từ vg góc đến song song)
hay AB // IN (N∈ID)
Xét ΔABC có:
I là trung điểm của BC (GT)
IN // AB (CMT)
⇒ N là trung điểm của AC (đ/lí đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác...)
⇒ AN = CN (t/c trung điểm đoạn thẳng)
Vì D đối xứng I qua AC (GT)
⇒ AC là đường trung trực của DI (đ/n 2 điểm đối xứng qua 1 đường thẳng)
⇒ N là trung điểm của ID (đ/n đường trung trực của đoạn thẳng)
⇒ IN=DN (đ/n trung điểm đoạn thẳng)
Xét ΔANI và ΔCND có:
AN = CN (CMT)
\(\widehat{ANI}=\widehat{CND}\) (2 góc đối đỉnh)
IN = DN (CMT)
⇒ ΔANI và ΔCND (c.g.c)
\(\left\{{}\begin{matrix}AI=CD\left(2-cạnh-tương-ứng\right)\\\widehat{I}_1=_{ }\widehat{D}\left(2-góc-tương-ứng\right)\end{matrix}\right.\)
Gọi M là giao điểm của AI và BK
Xét ΔINM và ΔDNK có:
\(\widehat{I_1}=\widehat{D}\left(CMT\right)\)
IN = DN (CMT)
\(\widehat{N_1}=\widehat{N_2}\) (2 góc đối đỉnh)
⇒ ΔINM = ΔDNK (g.c.g)
⇒ IM = DK (2 cạnh tương ứng)
Xét ΔABC có:
I là trung điểm của BC (GT)⇒ AI là đường trung tuyến ứng với BC
N là trung điểm của AC (CMT)⇒ BN là đường trung tuyến ứng với ac
mà AI cắt BN tại M
⇒ M là trọng tâm của ΔABC (t/c 3 đường trung tuyến trong Δ)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{3}AI\) (t/c 3 đường trung tuyến)
mà IM= DK (CMT); AI=CD (CMT)
⇒ \(DK=\dfrac{1}{3}CD\)
hay \(\dfrac{DK}{CD}=\dfrac{1}{3}\)
Cách 2:
A B C I N D K M
Gọi M là trung điểm CK
Xét ΔBCK có:
I là trung điểm cuả BC (GT)
M là trung điểm của CK (c/vẽ)
⇒ IM là đường TB của ΔBCK (đ/n đường TB của Δ)
⇒ IM // BK (t/c đường TB của Δ)
hay IM // NK
CM cho N là trung điểm DI như cách 1
Xét Δ DIM có:
N là trung điểm DI (CMT)
NK // IM
⇒ K là trung điểm DM (đ/lí đường thẳng đi qua trung điểm 1 cạnh của tam giác...)
⇒ DK = KM (t/c trung điểm đoạn thẳng)
mà KM = CM ( M là trung điểm CK)
⇒ DK = KM = CM
⇒ \(DK=\dfrac{1}{3}DC\)
hay \(\dfrac{DK}{DC}=\dfrac{1}{3}\)
a) Xét \(\Delta EDC\)và \(\Delta BAC\)
có \(\widehat{EDC}=\widehat{BAC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ACB}\)chung
nên \(\Delta EDC\)
\(\Delta BAC\)(g - g)
\(\Rightarrow\frac{EC}{BC}=\frac{CD}{AC}\Rightarrow\frac{EC}{CD}=\frac{BC}{AC}\)
Xét \(\Delta BEC\)và \(\Delta ADC\)
có \(\frac{EC}{CD}=\frac{BC}{AC}\)
\(\widehat{ACB}\)chung
nên \(\Delta BEC\)\(\Delta ADC\)(c - g - c)
Xét \(\Delta AHD\)
ta có AH = HD suy ra \(\Delta AHD\)cân tại H
mà \(\widehat{HAD}=90^0\)nên \(\Delta AHD\)vuông cân tại H
suy ra \(\widehat{ADH}=45^0\)
Gọi giao điểm của AD và BE là O
Xét \(\Delta AOE,\Delta BOD\)
có \(\widehat{OAE}=\widehat{OBD}\)(\(\Delta BEC\)\(\Delta ADC\))
\(\widehat{AOE}=\widehat{BOD}\)(đối đỉnh)
nên \(\Delta AOE\)\(\Delta BOD\)(g - g)
\(\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{ADH}=45^0\)
Xét \(\Delta ABE\)vuông tại A
có \(\widehat{AEB}=45^0\)nên \(\Delta ABE\)vuông cân tại A
suy ra BE = 2\(\sqrt{AB}\)=\(2\sqrt{2}\)(cm)
b) Gọi giao điểm của AH và BE là I
dễ chứng minh \(\Delta HBA\)\(\Delta ABC\)(g - g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{BC}=\frac{BH}{AB}\Rightarrow AB^2=BH\cdot BC\)
có AB = 2 cm, BE = \(2\sqrt{2}\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{BE}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow\frac{AB^2}{BE^2}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{BH\cdot BC}{BE^2}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{BE}\cdot\frac{BC}{BE}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{BH}{BE}=\frac{1}{2}\cdot\frac{BE}{BC}\Rightarrow\frac{BH}{BE}=\frac{BM}{BC}\)
Xét \(\Delta BHM\)và \(\Delta BEC\)
có \(\frac{BH}{BE}=\frac{BM}{BC}\)
\(\widehat{EBC}\)chung
nên \(\Delta BHM\)\(\Delta BEC\)(c - g - c)
\(\Rightarrow\widehat{IMH}\left(\widehat{BMH}\right)=\widehat{BCE}\)
mà \(\widehat{BCE}=\widehat{IAB}\)(cùng phụ với góc \(\widehat{B}\))
\(\Rightarrow\widehat{IMH}=\widehat{IAB}\)
dễ cm \(\Delta IAB\)\(\Delta IMH\)(g - g)
\(\Rightarrow\widehat{AHM}\left(\widehat{IHM}\right)=\widehat{IBA}=45^0\)
c) có AK là phân giác \(\Delta ABC\)
nên \(\frac{BK}{KC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{BK}{KC+BK}=\frac{AB}{AB+AC}\Rightarrow\frac{BK}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}\)(1)
dễ cm \(\Delta ABH\)\(\Delta CAH\)(g - g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AH}{HC}\Rightarrow\frac{AB}{AB+AC}=\frac{AH}{AH+HC}\Rightarrow\frac{AB}{AB+AC}=\frac{HD}{AH+HC}\)(2)
từ (1) và (2) suy ra
\(\frac{BK}{BC}=\frac{HD}{AH+HC}\)
Gọi E là trung điểm của DC
Khi đó ME , EN lần lượt là đường trung bình của \(\Delta\)BDC, \(\Delta\)DAC
=> ME = \(\frac{1}{2}\)BD, EN = \(\frac{1}{2}\)AC
Mà BD = AC nên ME = NE
=> ^ENM = ^EMN
Mà ^EMN = ^ BNM( EM//BD,slt)
và ^ENM = ^MKC (EN//AC, đồng vị)
=> ^ BNM = ^MKC (đpcm)