bài 1 : Cho hình vuông ABCD , M là tđ ab , p là giao điểm CM và DA
a)cm tứ giác APBC là hbh và tứ giác BCDP là hình thang vuông
b) CM 2SBCDP=3SAPBC
c)Gọi N là tđ BC , Q là giao DN và CM . Cm AQ=AB
bài 2:CMR x2-4x+7>0 với mọi số thực x
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
MS
16 tháng 2 2020
Giải thích các bước giải:
a)Ta có: \(\widehat{M_{1}}=\widehat{M_{2}}\) (2 góc đổi đỉnh)
\(\Rightarrow \Delta AMP=\Delta BMC (g.c.g)\Rightarrow MP=MC\)
Xét tứ giác APBC có AB và CP là 2 đường chéo nhau tại trung điểm mỗi đường nên APBC là hình bình hành.
Vì APBC là hình bình hành nên \(BC\parallel AP\Rightarrow BC\parallel DP\)mà \(BC\perp CD\)
\(\Rightarrow BCDP\) là hình thang vuông (Điều phải chứng minh).
b)
Nhận xét: \(S_{ADC}=S_{ABC}=S_{ABP}\) và đặt \(S_{ADC}=S_{ABC}=S_{ABP}=a\)
Khi đó: \(2S_{BCDP}=2.3a=6a;3S_{APBC}=3.2a=6a\)
Suy ra đpcm.
c) Vì M là trung điểm của AB nên \(BM=\frac{1}{2}AB\)
Vì N là trung điểm của BC nên \(CN=\frac{1}{2}BC\)
mà \(AB=BC\Rightarrow BM=CN\Rightarrow \Delta CBM=\Delta DCN (c.g.c)\Rightarrow \widehat{C_{1}}=\widehat{D_{1}}\)
mà tam giác DCN vuông tại C nên \(\widehat{D_{1}}+\widehat{N_{1}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{C_{1}}+\widehat{N_{1}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{CQN}=90^{\circ} \)
\(\Rightarrow \Delta PDQ \) vuông tại Q.
Xét tam giác PDQ vuông tại Q, có QA là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\(\Rightarrow QA=\frac{1}{2}PD=AD\)
mà \(AD=AB\Rightarrow AQ=AB\) (Điều phải chứng minh).
3 tháng 1
a:
Ta có: AD//BC
P\(\in\)AD
Do đó: AP//BC
Ta có:BA\(\perp\)AD
P\(\in\)AD
Do đó: BA\(\perp\)PD tại A
Xét ΔMAP vuông tại A và ΔMBC vuông tại B có
MA=MB
\(\widehat{AMP}=\widehat{BMC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAP=ΔMBC
=>AP=BC
Xét tứ giác APBC có
AP//BC
AP=BC
Do đó: APBC là hình bình hành
Xét tứ giác BCDP có BC//DP
nên BCDP là hình thang
Hình thang BCDP có BC\(\perp\)CD
nên BCDP là hình thang vuông
b: Vì BCDP là hình thang vuông
nên \(S_{BCDP}=\dfrac{1}{2}\left(BC+DP\right)\cdot DC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\left(BC+DA+AP\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\cdot\left(DC+DC+BC\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot DC\cdot\left(2DC+DC\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3DC^2=\dfrac{3}{2}\cdot DC^2\)
Vì AP=BC
mà BC=AD
nên AP=AD
=>A là trung điểm của PD
\(S_{BPAC}=S_{PAB}+S_{ABC}\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot AP\cdot AB+\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AB+\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AB=BC\cdot AB=AB^2=DC^2\)
=>\(S_{BCDP}=\dfrac{3}{2}\cdot S_{BPAC}\)
=>\(2\cdot S_{BCDP}=3\cdot S_{BPAC}\)
Bài 1
a/ Ta có \(AM=\frac{AB}{2}=\frac{CD}{2}\) và AM//CD => AM là đường trung bình của tg CDP
=> MP=MC mà MA=MB (đề bài) => APBC là hình bình hành (Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)
b/
\(S_{APB}=\frac{AB.AP}{2};S_{ABC}=\frac{AB.BC}{2};S_{ACD}=\frac{CD.AD}{2}\) mà AP=AD=BC =CD \(\Rightarrow S_{APB}=S_{ACD}=S_{ABC}\)
Ta có \(S_{BCDP}=S_{APB}+S_{ACD}+S_{ABC}=3S_{ABC}\Rightarrow2S_{BCDP}=6S_{ABC}\)
Ta có \(S_{APBC}=S_{APB}+S_{ABC}=2S_{ABC}\Rightarrow3S_{APBC}=6S_{ABC}\)
\(\Rightarrow2S_{BCDP}=3S_{APBC}\left(dpcm\right)\)
c/
Xét tgv BCM và tgv CDN có
CN=BM (đều bằng 1/2 cạnh góc vuông
CD=BC (cạnh góc vuông)
=> tg BCM=tg CDN (trường hợp 2 cạnh góc v bằng nhau)
\(\Rightarrow\widehat{BCM}=\widehat{CDM}\) Mà \(\widehat{CDN}+\widehat{CND}=90\Rightarrow\widehat{BCM}+\widehat{CND}=90\Rightarrow\widehat{CQN}=90\)
Ta có AP=AD ( chứng minh trên) => AQ là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tgv DQP => AQ=PD/2=AD=AB (dpcm)
Bài 2:
Ta có \(x^2-4x+7=x^2-4x+4+3=\left(x-2\right)^2+3\)
Ta có \(\left(x-2\right)^2\ge0\Rightarrow\left(x-2\right)^2+3\ge3\Rightarrow x^2-4x+7>0\forall x\)