Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D N E M I K 1 2 1 1
Giải: Xét t/giác ABE và t/giác ANM
có: AB = BN (gt)
\(\widehat{B_1}=\widehat{N_1}\) (slt của AE // MN)
\(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\) (đối đỉnh)
=> t/giác ABE = t/giác ANM (g.c.g)
=> EA = AM (2 cạnh t/ứng)
Xét tứ giác EBMN có AB = AN (gt)
EA = MA (cmt)
=> tứ giác EBMN là hình bình hành
có BN \(\perp\)EM (gt)
=> EBMN là hình thoi
Để hình thoi EBMN là hình vuông
<=> EM = BN <=> AB = AM
do AM = MC = 1/2AC
<=> AB = 1/2AC
<=> AC = 2AB
Vậy để tứ giác EBMN là hình vuông <=> t/giác ABC có AC = 2AB
a:
- Vì \(E F \parallel A M\), theo định lý Ta-lét ta có:
\(\frac{D E}{A M} = \frac{D F}{A M} = 1\)
nên \(D E = A M\) và \(D F = A M\)
suy ra: \(D E + D F = A M + A M = 2 A M .\)
b:Vì \(E F \parallel A M\) và \(A M\) là trung tuyến, ta suy ra \(N\) là trung điểm của \(E F\) theo tính chất đường trung bình.
c: Ta có:
\(S_{F D C}^{2} = k^{4} S_{A M C}^{2}\) \(S_{A M C} \cdot S_{F N A} = S_{A M C} \cdot k S_{F D C}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(k^{4} S_{A M C}^{2} \geq k S_{A M C} \cdot S_{F D C}\)
Chia cả hai vế cho \(S_{A M C}\) (với \(S_{A M C} \neq 0\)):
\(k^{4} S_{A M C} \geq k S_{F D C}\)
Thế \(S_{F D C} = k^{2} S_{A M C}\) vào:
\(k^{4} S_{A M C} \geq k \cdot k^{2} S_{A M C}\) \(k^{4} S_{A M C} \geq k^{3} S_{A M C}\)
Chia cả hai vế cho \(S_{A M C}\) (giả sử \(S_{A M C} > 0\)):
\(k^{4} \geq k^{3}\)
Điều này đúng vì \(k \geq 1\) theo tỉ số đồng dạng.
4o
A C B M H E D O I
Cm: a) Ta có: BA \(\perp\)AC (gt)
HD // AB (gt)
=> HD \(\perp\)AC => \(\widehat{HDA}=90^0\)
Ta lại có: AC \(\perp\)AB (gt)
HE // AC (gt)
=> HE \(\perp\)AB => \(\widehat{HEA}=90^0\)
Xét tứ giác AEHD có: \(\widehat{A}=\widehat{AEH}=\widehat{HDA}=90^0\)
=> AEHD là HCN => AH = DE
b) Gọi O là giao điểm của AH và DE
Ta có: AEHD là HCN => OE = OH = OD = OA
=> t/giác OAD cân tại O => \(\widehat{OAD}=\widehat{ODA}\) (1)
Xét t/giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến
-> AM = BM = MC = 1/2 BC
=> t/giác AMC cân tại M => \(\widehat{MAC}=\widehat{C}\)
Ta có: \(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\) (phụ nhau)
\(\widehat{C}+\widehat{HAC}=90^0\) (phụ nhau)
=> \(\widehat{B}=\widehat{HAC}\) hay \(\widehat{B}=\widehat{OAD}\) (2)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{ODA}=\widehat{B}\)
Gọi I là giao điểm của MA và ED
Xét t/giác IAD có: \(\widehat{IAD}+\widehat{IDA}+\widehat{AID}=180^0\) (tổng 3 góc của 1 t/giác)
=> \(\widehat{AID}=180^0-\left(IAD+\widehat{IDA}\right)\)
hay \(\widehat{AID}=180^0-\left(\widehat{B}+\widehat{C}\right)=180^0-90^0=90^0\)
=> \(AM\perp DE\)(Đpcm)
c) (thiếu đề)
A A B B C C M M D D E E F F
a) Ta có : \(\frac{DF}{AM}=\frac{DC}{MC};\frac{DE}{AM}=\frac{BD}{MB}\)
\(\Rightarrow\frac{DE+DF}{AM}=\frac{BD}{BM}+\frac{DC}{MC}=\frac{BD+DC}{MC}=\frac{BC}{MC}=2\)
Vậy nên DE + DF = 2AM.
b) Theo định lý Ta let ta có:
\(\frac{AE}{AB}=\frac{DM}{BM}=\frac{DM}{MC}=\frac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)