Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔBHA vuông tại Hvà ΔBHK vuông tại H có
BH chung
HA=HK
Do đó: ΔBHA=ΔBHK
=>BA=BK
=>\(\hat{BAK}=\hat{BKA}\)
b: ta có; \(\hat{BAD}=\hat{KAD}=\frac12\cdot\hat{BAK}\) (AD là phân giác của góc BAK)
\(\hat{BKI}=\hat{AKI}=\frac12\cdot\hat{BKA}\) (KI là phân giác của góc BKA)
mà \(\hat{BAK}=\hat{BKA}\)
nên \(\hat{BAD}=\hat{KAD}=\hat{BKI}=\hat{AKI}\)
Xét ΔBAD và ΔBKI có
\(\hat{BAD}=\hat{BKI}\)
BA=BK
\(\hat{ABD}\) chung
Do đó: ΔBAD=ΔBKI
=>BD=BI; AD=KI
Xét ΔBAK có \(\frac{BI}{BA}=\frac{BD}{BK}\)
nên IK//AK
=>AKDI là hình thang
Hình thang AKDI có AD=KI
nên AKDI là hình thang cân
a: Xét ΔBAD có BA=BD
nên ΔBAD cân tại B
Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{CAD}=\hat{BAC}=90^0\)
\(\hat{BDA}+\hat{HAD}=90^0\) (ΔHAD vuông tại H)
mà \(\hat{BAD}=\hat{BDA}\) (ΔBAD cân tại B)
nên \(\hat{CAD}=\hat{HAD}\)
=>AD là phân giác của góc HAC
b: Xét ΔAHD và ΔAED có
AH=AE
\(\hat{HAD}=\hat{EAD}\)
AD chung
Do đó: ΔAHD=ΔAED
=>\(\hat{AHD}=\hat{AED}\)
=>\(\hat{AED}=90^0\)
=>ED⊥AC
mà HK⊥AC
nên HK//ED
=>HKED là hình thang
c: ΔAHD=ΔAED
=>DH=DE
=>D nằm trên đường trung trực của HE(1)
Ta có: AH=AE
=>A nằm trên đường trung trực của HE(2)
Từ (1),(2) suy ra AD là đường trung trực của HE
=>AD⊥HE
Xét ΔAEH có
HK,AD là các đường cao
HK cắt AD tại I
Do đó: I là trực tâm của ΔAEH
=>EI⊥AH tại F
mà HC⊥HA
nên EF//HC
=>EFHC là hình thang
Hình thang EFHC có EF⊥FH
nên EFHC là hình thang vuông
Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(A, B, 4) Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(A, B, 4) Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [C, D] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [D, A] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [D, B] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [A, N] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [C, N] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [O, M] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [O, E] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [E, M] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [B, N] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, H] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [H, M] A = (-2.56, 2.02) A = (-2.56, 2.02) A = (-2.56, 2.02) B = (1.54, 1.98) B = (1.54, 1.98) B = (1.54, 1.98) Điểm C: DaGiac(A, B, 4) Điểm C: DaGiac(A, B, 4) Điểm C: DaGiac(A, B, 4) Điểm D: DaGiac(A, B, 4) Điểm D: DaGiac(A, B, 4) Điểm D: DaGiac(A, B, 4) Điểm O: Giao điểm đường của j, k Điểm O: Giao điểm đường của j, k Điểm O: Giao điểm đường của j, k Điểm M: Điểm trên g Điểm M: Điểm trên g Điểm M: Điểm trên g Điểm N: Giao điểm đường của l, m Điểm N: Giao điểm đường của l, m Điểm N: Giao điểm đường của l, m Điểm E: Giao điểm đường của d', f Điểm E: Giao điểm đường của d', f Điểm E: Giao điểm đường của d', f Điểm H: Giao điểm đường của a, t Điểm H: Giao điểm đường của a, t Điểm H: Giao điểm đường của a, t
a) Xét tam giác OEB và tam giác OMC có:
OB = OC (Vì ABCD là hình vuông)
EB = MC (gt)
\(\widehat{OCM}=\widehat{OBE}\left(=45^o\right)\)
\(\Rightarrow\Delta OEB=\Delta OMC\left(c-g-c\right)\Rightarrow OE=OM;\widehat{EOB}=\widehat{MOC}\)
Ta có \(\widehat{MOC}+\widehat{MOB}=\widehat{BOC}=90^o\Rightarrow\widehat{EOM}=\widehat{EOB}+\widehat{MOB}=90^o\)
Vậy tam giác OEM vuông cân.
b) Ta luôn có \(\Delta CMN\sim\Delta BMA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CM}{BM}=\frac{MN}{MA}\)
Lại có \(CM=BE\), mà AB = BC nên AE = MB
Vậy thì \(\frac{CM}{MC}=\frac{EB}{AE}\)
Xét tam giác ABN có \(\frac{AE}{EB}=\frac{AM}{MN}\) , áp dụng định lý Ta-let đảo, ta có EM // BN.
c) Giả sử OM cắt BN tại H'. Khi đó ta có \(\widehat{OME}=\widehat{MH'B}=45^o\)
Suy ra \(\Delta OMC\sim\Delta H'MB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MC}{BM}=\frac{OC}{H'B}\)
Xét tam giác OMB và tam giác CMH' có :
\(\frac{MC}{BM}=\frac{OC}{H'B}\left(cmt\right)\)
Góc \(\widehat{OMB}=\widehat{CMH'}\) (Hai góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta OMB\sim\Delta CMH'\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{CH'M}=\widehat{OBM}=45^o\)
Vậy thì \(\widehat{BH'C}=\widehat{BH'M}+\widehat{MH'C}=45^o+45^o=90^o\)
Hay \(CH'\perp BN\)
Vậy H trùng H' hay O, M , H thẳng hàng.
Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHE vuông tại H có
BE chung
BA=BH
=>ΔBAE=ΔBHE
ΔBAE=ΔBHE
=>EA=EH
=>ΔEAH cân tại E