Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH cắt đường trung tuyến BM tại K. Đường thẳng qua A vuông góc BM cắt BC tại N.
a) CM : \(KN\perp AB\)
b) NK cắt AB tại E
CM : KE=KN, BE=2AE
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hỏa Long Natsu bác eii, cái bài này là ae mk tự vẽ hình hay sao ý.
a) Xét \(\Delta AHB\text{ và }\Delta AHC\)
\(AB=AC\)
\(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\)
AH là cạnh chung
Nên: \(\Delta AHB=\Delta AHC\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow BH=CH\left(2\text{ cạnh tương ứng}\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\perp AH\left(\text{là phân giác cũng vừa là đường cao}\right)\)
\(\Rightarrow AH\perp BC\)
b) \(BH=\frac{36}{2}=18\left(cm\right)\)
\(AB^2=AH^2+BH^2\left(\text{áp dụng định lý Py-Ta-Go}\right)\)
\(AH^2=AB^2-BH^2\)
\(AH^2=30^2-18^2\)
\(AH^2=576\)
\(\Rightarrow AH=\sqrt{576}=24\left(cm\right)\)
c) \(AG=\frac{2}{3}.AH\)
\(\Rightarrow AH.\frac{2}{3}=24.\frac{2}{3}=16\left(cm\right)\)
\(AM=\frac{AB}{2}=\frac{30}{2}=15\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow BA^2=AM^2+BM^2\)
\(\Rightarrow MB^2=BA^2-BM^2\)
\(MB^2=30^2-15^2\)
\(MB^2=\sqrt{675}=26\)
d) Bạn tự giải nha
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).
a) Xét tam giác BHI và tam giác ABI:
BHI = ABI (=90o)
HBI = BAI ( cùng phụ ABH)
=> Tg BHI ~ tg ABI (g.g)
=> \(\frac{IH}{BI}\)= \(\frac{BI}{IA}\)
=> BI2 = IH.IA (1)
Xét tam giác BCD có:
IH // CD (cùng vuông góc BC)
H trđ BC ( tam giác ABC cân tại Acó AH là dg cao => AH là dg trung tuyến)
=> I trđ BD => BI = ID (2)
Từ (1), (2) => ID2 = IH.IA (dpcm)
b) Ta có: DCK = CBK ( cùng phụ BCK)
Mà BAH = CBK (cmt)
=> DCK = BAH
Xét tg CKD và tg ABI:
DCK = BAI (cmt)
CKD = ABI ( =90o)
=> Tg CKD ~ tg ABI ( g.g)
"Còn NC = NK mình nhìn mắt thường còn chưa thấy nó bằng nhau lun á"
a) Tg ABC cân tại A có AH vuông BC (gt)
=> BH=HC
- Tg BDC có :
BH=HC (cmt)
HI//CD (cùng vuông BC)
=> BI=ID (đường TB)
- Xét tg ABI vuông tại B, đường cao BH có :
IH.IA=BI2 (htl)
Mà BI=ID (cmt)
=> ID2=IH.IA
b) Xét tg CKD và ABI có :
\(\widehat{CKD}=\widehat{ABI}=90^o\)
\(\widehat{AIB}=\widehat{CDK}\)(AI//CD)
=> Tg CDK~ABI (g.g)
\(\Rightarrow\frac{CK}{AB}=\frac{KD}{BI}\)
=> CK.BI=KD.AB (1)
Có : CK//AB\(\Rightarrow\frac{NK}{AB}=\frac{DK}{DB}\left(Talet\right)\)
=> NK.DB=AB.DK (2)
-Từ (1) và (2) => CK.BI=NK.DB=NE.2BI
=> CK=2NK
\(\Rightarrow NK=NC=\frac{CK}{2}\left(đccm\right)\)
#H
Bài này lớp mấy zậy????
lớp 8 chứ lớp mấy bn Trang Nhung ?