Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A) MP vuông góc AB tại P => góc MPA=90; MQ vuông góc AC tại Q=> MQA=90
=> tg APMQ nội tiếp(tổng 2 góc đối =90)
b) diện tích tam giác AMB=1/2.MP.AB=1/2.MP.BC; diện tích tam giác AMC=1/2.MQ.AC=1/2.MP.BC( AB=BC=CA tam giác đều)
S tam giác ABC=1/2.AH.BC
ta có: S AMB+S AMC=S ABC <=> \(\frac{1}{2}.MP.BC+\frac{1}{2}MQ.BC=\frac{1}{2}AH.BC\Leftrightarrow\frac{1}{2}BC\left(MP+MQ\right)=\frac{1}{2}.BC.AH\)
=> MP+MQ=AH
c) góc AHM=90(AH là đường cao)=> H cũng thuộc đường tròn đường kính AM <=> ngũ giác APMQH nội tiếp
(O): góc HAQ=1/2 góc HOQ(góc nt và góc ở tâm)
tam giác AHC vuông => góc HAC=90-C=90-60=30 độ hay HAQ=30(góc C=60 vì tam giác đều)
=> góc HOQ=2.30=60 .
(O): góc PAQ=1/2 góc POQ(góc nt và góc ở tâm) <=> góc POQ=2.60=120( góc PAQ hay BAC=60- tam giác đều)
góc HOQ=60 => OH là pg của góc POQ.
tam giác POQ có: OP=OQ=R=> tam giác cân => OH đồng thời là đường cao => OH vuông góc PQ
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
=> BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE.
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
=>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
(Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/
(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
=> ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).
a, \(MS\perp BC;MR\perp AC\) ( gt ) nên \(\widehat{MSC}=\widehat{MRC}=90^o\)
Tam giác ABC có \(\widehat{C}=90^o\)( gt ) do đó \(\widehat{MSC}=\widehat{MRC}=\widehat{SCR}=90^o\)
Vậy tam giác cân ABC là hình tam giác ( vì có 3 góc )
P/s: Tham khảo nhé