Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
Ta có: \(5x\left(x-1\right)=x-1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(5x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\)
a) Ta có: OA=OB(gt)
nên \(\dfrac{OA}{OB}=1\)(1)
Ta có: AC=BD(gt)
nên \(\dfrac{AC}{BD}=1\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{OA}{OB}=\dfrac{AC}{BD}\)
hay \(\dfrac{OA}{AC}=\dfrac{OB}{BD}\)
Xét ΔOCD có
A∈OC(gt)
B∈OD(gt)
\(\dfrac{OA}{AC}=\dfrac{OB}{BD}\)(cmt)
Do đó: AB//CD(Định lí Ta lét đảo)
Ta có: OB+BD=OD(B nằm giữa O và D)
OA+AC=OC(A nằm giữa O và C)
mà OB=OA(gt)
và AC=BD(gt)
nên OD=OC
Xét ΔODC có OD=OC(cmt)
nên ΔODC cân tại O(Định nghĩa tam giác cân)
⇒\(\widehat{ODC}=\widehat{OCD}\)(hai góc ở đáy)
hay \(\widehat{ACD}=\widehat{BDC}\)
Xét tứ giác ABDC có AB//DC(cmt)
nên ABDC là hình thang có hai đáy là AB và DC(Định nghĩa hình thang)
Hình thang ABDC(AB//DC) có \(\widehat{ACD}=\widehat{BDC}\)(cmt)
nên ABDC là hình thang cân(Dấu hiệu nhận biết hình thang cân)
Từ M kẻ MK//DE ,MKcắt AC tại K
Xét tg AMK có:
DE//MK
D là tr.điểm AM
=>E là tr.điểm AK
=>AE=EK=1/2AK
Xét tg BEC có:
BE//MK (do DE//MK)
M là tr.điểm BC (AM là tr.tuyến của tg ABC)
=>K là tr.điểm EC
=>KE=1/2EC
Mà AE=EK (cmt)
=>AE=1/2EC (đpcm)
a. \(\widehat{DAB}=\widehat{ABC}=\widehat{BCE}=90^0\)
\(\widehat{ABD}=180^0-\widehat{ABC}-\widehat{EBC}=180^0-60^0-\left(180^0-\widehat{BCE}-\widehat{CEB}\right)=180^0-60^0-\left(180^0-60-\widehat{CEB}\right)=\widehat{CEB}\)\(\Rightarrow\)△ABD∼△CEB (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{CB}=\dfrac{AB}{CE}\Rightarrow AD.CE=CB.AB\Rightarrow AD.CE=a^2\) không đổi
b. \(\widehat{CAD}=\widehat{BAD}+\widehat{BAC}=60^0+60^0=\widehat{BCE}+\widehat{ACB}=\widehat{ACE}\)
\(\dfrac{AD}{CB}=\dfrac{AB}{CE}\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AC}{CE}\)
\(\Rightarrow\)△ACD∼△CEA (c-g-c)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACD}=\widehat{CEA}\\\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{EA}{CD}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\)△ACK∼△AEC (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{CK}{EC}=\dfrac{AK}{AC}\Rightarrow\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{CK}{AK}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{CD}=\dfrac{CK}{AK}\Rightarrow AE.AK=CD.CK\)
\(a,\) Vì AH la đường cao tg ABC cân A nên AH cũng là trung tuyến
Mà H là trung điểm AE nên ABEC là hbh
Mà AE vuông BC tại H nên ABEC là hthoi
\(b,\) Theo tc trung tuyến ứng cạnh huyền thì \(HI=\dfrac{1}{2}AC\)
Vì D,F là trung điểm AH,HC nên DF là đtb
Do đó \(DF=\dfrac{1}{2}AC\)
Vậy \(DF=HI\)
Bài 4:
Ta xét tam giác ABH:
\(AM=MB=\frac{1}{2}AB\left(gt\right)\)
\(BN=NH=\frac{1}{2}BH\left(gt\right)\)
=> MN là đường trung bình
=> MN // AH; \(MN=\frac{1}{2}AH\) (1)
Ta xét tam giác ACH:
\(AQ=QC=\frac{1}{2}AC\left(gt\right)\)
\(CP=PH=\frac{1}{2}CH\left(gt\right)\)
=> PQ là đường trung bình
=> PQ // AH; \(PQ=\frac{1}{2}AH\) (2)
Từ (1) và (2) => PQ // MN; PQ=MN
=> MNPQ là hình bình hành
Mặt khác:
MN//AH (cmt)
AH vuông góc BC (gt)
=> MN vuông góc BC
=> MN vuông góc NP
\(\widehat{MNP}=90^o\)
Do vậy MNPQ là hình chữ nhật
Bài 5:
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại B
Ta có:
\(AB^2+BC^2=AC^2\)
\(\Rightarrow AC^2=4^2+3^2\)
\(\Rightarrow AC=5cm\)
Ta xét tam giác ABC vuông tại B
Ta có: BN là đường trung tuyến
Do vậy: \(BN=\frac{1}{2}AC\)
\(\Rightarrow BN=2,5cm\)