Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì AC là đường trung trực của BB' nên CB=CB'
=>ΔCBB' cân tại C
hay \(\widehat{BCA}=\widehat{B'CA}\)
Vì AB là đường trung trực của CC' nên BC=BC'
=>ΔBCC' cân tại B
hay \(\widehat{CBA}=\widehat{C'BA}\)
Vì AB và AC lần lượt là các đường phân giác của các góc CBB' và BCB'
và AB cắt AC tại A
nên A là điểm cách đều ba cạnh của ΔA'BC
a: Xét tứ giác BFED có
ED//BF
FE//BD
Do đó: BFED là hình bình hành
Xét ΔABC có
D là trung điểm của BC
DE//AB
Do đó: E là trung điểm của AC
Xét ΔABC có
E là trung điểm của AC
EF//CB
Do đó: F là trung điểm của AB
Xét ΔCDE và ΔEFA có
CD=EF
DE=FA
CE=EA
Do đó: ΔCDE=ΔEFA
b: Gọi ΔABC có F là trung điểm của AB,E là trung điểm của AC
Trên tia FE lấy điểm E sao cho E là trung điểm của FK
Xét tứ giác AFCK có
E là trung điểm của AC
E là trung điểm của FK
Do đó: AFCK là hình bình hành
Suy ra: AF//KC và KC=AF
hay KC//FB và KC=FB
Xét tứ giác BFKC có
KC//FB
KC=FB
Do đó: BFKC là hình bình hành
Suy ra: FE//BC(ĐPCM)
a: O nằm trên đường trung trực của AB
=>OA=OB(1)
O nằm trên đường trung trực của AC
=>OA=OC(2)
từ (1),(2) suy ra OB=OC
Xét ΔABO và ΔACO có
AB=AC
BO=CO
AO chung
Do đó: ΔABO=ΔACO
=>\(\hat{ABO}=\hat{ACO}\)
Xét ΔOBD và ΔOCE có
OB=OC
\(\hat{OBD}=\hat{OCE}\overline{}\)
BD=CE
Do đó: ΔOBD=ΔOCE
b: ΔOBD=ΔOCE
=>OD=OE
=>O nằm trên đường trung trực của DE(3)
ta có: AD+DB=AB
AE+EC=AC
mà DB=EC và AB=AC
nên AD=AE
=>A nằm trên đường trung trực của DE(4)
Từ (3),(4) suy ra AO là đường trung trực của DE
c: Xét ΔABC có \(\frac{AD}{DB}=\frac{AE}{EC}\)
nên DE//BC
a)
\(O\) cách đều \(B\) và \(C\) ⇒ \(O B = O C\)
Giả thiết: \(B D = C E\)
Góc \(\angle D B O = \angle E C O\) do tam giác \(A B C\) cân, \(A O\) là trục đối xứng.
⇒ \(\triangle D O B = \triangle E O C\) (c.g.c).
b)
Từ (a) suy ra \(O D = O E\) ⇒ \(A O\) qua trung điểm \(D E\)
\(A O\) vuông góc \(D E\) (vì là trục đối xứng)
\(A O\) là đường trung trực của \(D E\).
c)
\(A O \bot B C\) và \(A O \bot D E\)
Hai đường cùng vuông góc với \(A O\) ⇒ DE\\BC
nhé bạn cảm ơn bí ẩn đã nhắc nhở\(\)
A B C M N Q P O R S T A B C H M D I A B C D K G M K E P F (Hình a) (Hình b) (Hình c) Q I
Bài toán 1: (Hình a)
Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.
Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR
Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)
\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)
Dễ thấy NS là đường trung bình của \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)
Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)
Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ
=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).
Bài toán 2: (Hình b)
Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)
=> MC2 = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 900 , trung tuyến HM => HM = MC
Do đó MH2 = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI
=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).
Bài toán 3: (Hình c)
a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.
Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC
Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD
Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)
=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=450) => B,A,F thẳng hàng
=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM
Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E
=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)
=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).
b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE
Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).
+) Vì AC là đường trung trực của BB'
Suy ra: CB’ =CB ( tính chất đường trung trực)
Do đó,tam giác CBB’ là tam giác cân tại C. Có CA là đường trung trực của BB’ nên đồng thời là đường phân giác nên có ∠C1= ∠C2.
+) Vì AB là đường trung trực của CC' nên BC = BC’.
Suy ra, tam giác BCC’ cân tại B. Lại có BA là đường trung trực nên đồng thời là đường phân giác (tính chất tam giác cân).
Suy ra: ∠B1 = ∠B2 .
+) Ta có: AB, AC lần lượt là đường phân giác của các góc A'BC và góc A'CB; hai đường này cắt nhau tại A.
Vậy ba đường phân giác của tam giác A'BC đồng quy tại A, hay A là điểm nằm trong tam giác A'BC và cách đều ba cạnh của tam giác này.