Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a. Gọi M,N lần lượt là Trung điểm của AB và BC . Các đường thẳng DN và CM cắt nhau tại I . Chứng minh rằng :
a. tam giác CIN vuông
b. Tính diện tích tam giác CIN theo a.
Tam giác AID cân
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/
Ta có
\(AD\perp BC\left(gt\right),OM\perp BC\) => AH//OM (cung vuông góc với BC)
\(BE\perp AC\left(gt\right);ON\perp AC\) => BE//ON (cùng vuông góc với AC)
\(\Rightarrow\widehat{MON}=\widehat{AHB}\) (góc có cạnh tương ứng //) (1)
Ta có
MB=MC(gt); NA=NC(gt) => MN là đường trung bình của tg ABC
=> MN//AB
ON//BE (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{ONM}=\widehat{HBA}\) (góc có cạnh tương ứng //) (2)
Từ (1) và (2) => tg OMN đồng dạng với tg HAB (g.g.g)
b/
Nối G với O và nối G với H
Nối O với H cắt BN tại G'
Ta có
MN là đường trung bình của tg ABC \(\Rightarrow MN=\dfrac{AB}{2}\Rightarrow\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
tg OMN đồng dạng với tg HAB
\(\Rightarrow\dfrac{ON}{BH}=\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
Ta có
ON//BE (cmt) \(\Rightarrow\dfrac{G'N}{G'B}=\dfrac{ON}{BH}=\dfrac{1}{2}\) (Talet)
Mà do G là trọng tâm của tg ABC \(\Rightarrow\dfrac{GN}{GB}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow G'\equiv G\) Hay nói cách khác là O; G; H thẳng hàng
Xét tg GOM và tg GHA có
\(\widehat{OGM}=\widehat{HGA}\) (góc đối đỉnh)
AD//OM (cmt) \(\Rightarrow\widehat{GMO}=\widehat{GAH}\) (góc so le trong)
=> tg GOM đồng dạng với tg GHA
c/ Ba điểm O, G, H thẳng hàng đã c/m ở trên
Ta có
BE//ON (cmt) \(\Rightarrow\dfrac{OG}{GH}=\dfrac{ON}{BH}=\dfrac{1}{2}\left(Talet\right)\)
\(\Rightarrow GH=2OG\)
a/
Ta có
\(\widehat{MBC}+\widehat{CBN}=\widehat{MBN}=90^o\)
Xét tg NBC có
NC=NB (gt) => tg NBC cân tại N \(\Rightarrow\widehat{CBN}=\widehat{BCN}\)
\(\Rightarrow\widehat{MBC}+\widehat{CBN}=\widehat{MBC}+\widehat{BCN}=90^o\) (1)
Ta có
\(\widehat{ABN}+\widehat{ABM}=\widehat{MBN}=90^o\)
\(\widehat{ABM}=\widehat{BAM}\) (góc ở đáy tg cân)
\(\Rightarrow\widehat{ABN}+\widehat{ABM}=\widehat{ABN}+\widehat{BAM}=90^o\) (2)
Cộng 2 vế của (1) với (2) ta có
\(\widehat{MBC}+\widehat{BCN}+\widehat{ABN}+\widehat{BAM}=90^o+90^o=180^o\)
Xét tg ABC có
\(180^0-\widehat{ABC}=\left(\widehat{BCN}+\widehat{BAM}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MBC}+\widehat{ABN}+180^o-\widehat{ABC}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{MBC}+\widehat{ABN}=\widehat{ABC}\)
Mà
\(\widehat{MBC}+\widehat{ABN}+\widehat{ABC}=\widehat{MBN}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{ABC}=90^o\Rightarrow\widehat{ABC}=45^o\)
b/
Từ N dựng đt vuông góc với BD ta có
tg NBC cân tại N (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{HNC}=\widehat{HNB}\) (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh) (3)
Xét tg vuông MCD có
\(\widehat{MDC}+\widehat{MCD}=90^o\)
Xét tg vuông HNC có
\(\widehat{HNC}+\widehat{HCN}=90^o\)
Mà \(\widehat{MCD}=\widehat{HCN}\) (góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\widehat{MDC}=\widehat{HNC}\) (4)
Ta có
\(NH\perp BD;NB\perp BM\Rightarrow\widehat{HNB}=\widehat{MBD}\) (Góc có cạnh tương ứng vuông góc) (5)
Từ (3) (4) (5) \(\Rightarrow\widehat{MDC}=\widehat{MBD}\) => tg MBD cân tại M => MB=MD
Mà tg MAB cân => MB=MA
=> MD=MA => tg MAD vuông cân tại M
Xét tg vuông MAD có
\(AD=\sqrt{MD^2+MA^2}=\sqrt{MD^2+MD^2}=\sqrt{2}.MD\)
Xét ΔABC có AD là phân giác
nên \(AD=\dfrac{2\cdot AB\cdot AC}{AB+AC}\cdot cos\left(\dfrac{BAC}{2}\right)\)
=>\(3=\dfrac{2\cdot\sqrt{3}\cdot AC}{\sqrt{3}+AC}\cdot cos45\)
=>\(3=\dfrac{2\sqrt{3}\cdot AC}{AC+\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{6}\cdot AC}{AC+\sqrt{3}}\)
=>\(3AC+3\sqrt{3}=\sqrt{6}\cdot AC\)
=>\(\left(3-\sqrt{6}\right)\cdot AC=-3\sqrt{3}\)
=>\(AC=\dfrac{-3\sqrt{3}}{3-\sqrt{6}}< 0\)
=>Không có tam giác ABC nào thỏa mãn dữ kiện đề bài
=>Ko tính được góc ADB
\(E=2\left(x^2+4xy+4y^2\right)+3y^2-4x-2y+6\)
\(=2\left(x+2y\right)^2-4\left(x+2y\right)+2+3y^2+6y+3+1\)
\(=2\left(x+2y-1\right)^2+3\left(y+1\right)^2+1\ge1\)
\(E_{min}=1\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y-1=0\\y+1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=-1\end{matrix}\right.\)
a) Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABM, ta có:
\(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{MA}{MB}\)
Tương tự, ta có \(\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{MA}{MC}\)
Nhưng vì AM là trung tuyến của tam giác ABC \(\Rightarrow MB=MC\) nên ta có \(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{EA}{EC}\) . Áp dụng định lý Thales đảo \(\Rightarrow\) DE//BC (đpcm)
b) Áp dụng định lý Thales cho tam giác ABM, ta có:
\(\dfrac{AI}{AM}=\dfrac{DI}{BM}\)
Tương tự, ta có \(\dfrac{AI}{AM}=\dfrac{EI}{CM}\)
Do đó: \(\dfrac{DI}{BM}=\dfrac{EI}{CM}\)
Mà \(BM=CM\Rightarrow EI=DI\) \(\Rightarrow\) I là trung điểm DE (đpcm)
ca) Hàm số đi qua điểm M(1;3) ta thay x = 1 và y = 3 ta có:
\(3=a\cdot1+2\Leftrightarrow a+2=3\Leftrightarrow a=3-2\Leftrightarrow a=1\)
b) Hàm số cắt Ox tại: \(\left(-2;0\right)\)
Oy tại: \(\left(0;2\right)\)
c) Gọi giao điểm của hàm số với trục Ox là A, với trục Oy là B
Ta có: \(OA=OB=2\Rightarrow\Delta OAB\) cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{BAO}=\dfrac{180^o-90^o}{2}=45^o\)
f(4) = 3.√4 + 5 = 3.2 + 5 = 11
f(1/9) = 3.√(1/9) + 5 = 3.1/3 + 5 = 6
f(4) = 3.\(\sqrt{4}+5\) = 11
f(\(\dfrac{1}{9}\)) = 3.\(\sqrt{\dfrac{1}{9}}+5\) = 6
a: ta có: \(AM=MB=\dfrac{AB}{2}\)
\(BN=NC=\dfrac{BC}{2}\)
mà AB=BC
nên AM=MB=BN=NC
Xét ΔMBC vuông tại B và ΔNCD vuông tại C có
MB=NC
BC=CD
Do đó: ΔMBC=ΔNCD
=>\(\widehat{MCB}=\widehat{NDC}\)
mà \(\widehat{NDC}+\widehat{DNC}=90^0\)(ΔNCD vuông tại C)
nên \(\widehat{MCB}+\widehat{DNC}=90^0\)
=>CM\(\perp\)DN tại I
=>ΔCIN vuông tại I
b: \(CN=\dfrac{CB}{2}=\dfrac{a}{2}\)
ΔNCD vuông tại C
=>\(DC^2+CN^2=DN^2\)
=>\(DN^2=\dfrac{a^2}{4}+a^2=\dfrac{5}{4}a^2\)
=>\(DN=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)
Ta có: ΔNCD vuông tại C
=>\(S_{CND}=\dfrac{1}{2}\cdot CD\cdot CN=\dfrac{1}{2}\cdot a\cdot\dfrac{a}{2}=\dfrac{a^2}{4}\)
Xét ΔNCD vuông tại C và ΔNIC vuông tại I có
\(\widehat{CND}\) chung
Do đó: ΔNCD~ΔNIC
=>\(\dfrac{S_{NCD}}{S_{NIC}}=\dfrac{ND}{NC}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}:\dfrac{a}{2}=\sqrt{5}\)
=>\(S_{NIC}=\dfrac{a^2}{4\sqrt{5}}\)