Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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).
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
A N O M R S C
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
A B C D F E M
a) Ta thấy: \(\Delta\)ABC cân tại A có AD vuông góc BC => AD là trung trực của BC
Xét tứ giác ABDC: AD là trung trực của BC; BC là trung trực của AD
=> Tứ giác ABDC là hình thoi => AC//BD hay AC//DF => ^ACE=^DFC (So le trong)
Xét \(\Delta\)ACE và \(\Delta\)DFC: ^ACE=^DFC; ^EAC=^CDF (Vì tứ giác ABDC là h.thoi)
=> \(\Delta\)ACE ~ \(\Delta\)DFC (g.g) => \(\frac{AE}{DC}=\frac{AC}{DF}\)(*)
Lại có: Hình thoi ABDC có ^BAC=1200 => ^BAD=^CAD=600 => \(\Delta\)ABD là tam giác đều.
=> AB=BD=AD=AC=CD, thay DC=AC=AD vào (*) ta được: \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{DF}\)
Xét \(\Delta\)EAD và \(\Delta\)ADF: \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{DF};\)^EAD=^ADF (Do tam giác BAD đều)
=> \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)ADF (c.g.c).
b) \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)ADF (cmt) => ^AED=^DAF.
Dễ thấy ^AED là góc ngoài tam giác AEM => ^AED = ^EAM + ^EMA
^DAF = ^DAB + ^EAM
Do đó ^DAB + ^EAM = ^EAM + ^EMA => ^DAB = ^EMA.
Mà ^DAB=600 => ^EMA=600 hay ^AMD=600.
Xét tứ giác ADBM: ^AMD=^ABD=600 => Tứ giác ADBM nội tiếp đường tròn.
c) Tứ giác ADBM nội tiếp đường tròn => Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD (1)
Do \(\Delta\)ABD cố định => Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD cố định. (2)
Từ (1) và (2) => Điểm M di động trên đường tròn ngoại tiếp cố định của \(\Delta\)ABD.
Vậy khi điểm E di động trên AB thì điểm M luôn di động trên cung nhỏ AB của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD cố định.