Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu a
Xét tam giác ABD và AMD có
AB = AM từ gt
Góc BAD = MAD vì AD phân giác BAM
AD chung
=> 2 tam guacs bằng nhau
Câu b
Ta có: Góc EMD bằng CMD vì góc ABD bằng AMD
Bd = bm vì 2 tam giác ở câu a bằng nhau
Góc BDE bằng MDC đối đỉnh
=> 2 tam giác bằng nhau
A B C D E M N I 1 2 1
(Hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa)
a, Ta có: \(\Delta ABC\) cân tại \(A\)
\(\Rightarrow\widehat{B1}=\widehat{C2}\left(1\right)\)
Mà: \(\widehat{C2}=\widehat{C1}\left(đ.đỉnh\right)\left(2\right)\)
Từ: \(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow\widehat{B1}=\widehat{C1}\)
Xét \(\Delta MDB\) và \(\Delta NCE\) vuông tại \(D;E\) có:
\(BD=CE\left(gt\right)\)
\(\widehat{B1}=\widehat{C1}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta MDB=\Delta NEC\left(cgv-gnk\right)\)
\(\Rightarrow MD=NE\left(2c.t.ứng\right)\)
b, Ta có: \(\hept{\begin{cases}MD\perp BE\\NE\perp BE\end{cases}\Rightarrow MD//NE}\)
\(\Rightarrow\widehat{ENI}=\widehat{DMI}\left(so-le-trong\right)\)
Xét \(\Delta IMD\) và \(\Delta INE\) vuông tại \(D;E\) có:
\(DM=EN\left(cmt\right)\)
\(\widehat{IMD}=\widehat{INE}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta MID=\Delta NIE\left(cgv-gnđ\right)\)
\(\Rightarrow ID=IE\left(2c.t.ứ\right)\)
\(\Rightarrow I\) là trung điểm của \(DE\left(đpcm\right)\)
P/s: Sửa đề câu a, Chứng minh \(MD=NE\)
Sửa đề câu a thành : Chứng minh: MD = NE
ABCDINEM==
| GT | △ABC (AB = AC). D DM ⊥ BC (M MN ∩ DE = { I } |
| KL | a, MD = ME b, ID = IE |
BC ; BD = CEBài giải:
a, Vì △ABC có AB = AC => △ABC cân tại A => ABC = ACB
Mà ACB = ECN (2 góc đối đỉnh)
=> ABC = ECN
Xét △MDB vuông tại D và △NEC vuông tại E
Có: MBD = NCE (cmt)
BD = EC (gt)
=> △MDB = △NEC (cgv-gnk)
=> MD = NE (2 cạnh tương ứng)
b, Xét △MDI vuông tại D có: DMI + MID = 90o
Xét △IEN vuông tại E có: INE + EIN = 90o
Mà MID = EIN (2 góc đối đỉnh)
=> DMI = INE
Xét △MDI vuông tại D và △NEI vuông tại E
Có: MD = NE (cmt)
DMI = INE (cmt)
=> △MDI = △NEI (cgv-gnk)
=> ID = IE (2 cạnh tương ứng)
Và I nằm giữa D, E
=> I là trung điểm của DE
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).
a )
ta có : \(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\) ( 2 góc đối đỉnh )
mà \(\widehat{C_1}=\widehat{B}\) ( tam gíac ABC cân tại A )
Do do : \(\widehat{C_2}=\widehat{B}\)
xét \(\Delta ABDva\Delta ICE,co:\)
AB = AC = IC ( gt )
BD=CE ( gt )
\(\widehat{C_2}=\widehat{B}\) (cmt )
Do do : \(\Delta ABD=\Delta ICE\left(c-g-c\right)\)
Lời giải:
a)
Xét tam giác $ABH$ và $ACH$ có:
\(AB=AC\) do tam giác $ABC$ đều
\(BH=CH=\frac{BC}{2}\)
\(AH\) chung
\(\Rightarrow \triangle ABH=\triangle ACH(c.c.c)\)
b) Vì tam giác $ABC$ đều nên \(\widehat{DBM}=\widehat{ACH}\)
Mà \(\widehat{ACH}=\widehat{ECN}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow \widehat{DBM}=\widehat{ECN}\)
Xét 2 tam giác vuông $BDM$ và $CEN$ có:
\(\left\{\begin{matrix} BD=CE\\ \widehat{DBM}=\widehat{ECN}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM=\triangle CEN(ch-gn)\)
\(\Rightarrow DM=EN\)
Lại có: \(DM\parallel EN\) (cùng vuông góc với BC)
\(\Rightarrow \widehat{MDI}=\widehat{NEI}\) ( so le trong)
Xét tam giác $MDI$ và $NEI$ có:
\(\widehat{MDI}=\widehat{NEI}(cmt)\)
\(DM=EN\)
\(\widehat{DMI}=\widehat{ENI}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle MDI=\triangle NEI(g.c.g)\Rightarrow DI=EI\), do đó $I$ là trung điểm của $DE$
c) Vì $I$ là trung điểm của $DE$ (đã chứng minh ở phần b)
Mà \(KI\perp DE\) nên $KI$ là đường trung trực của $DE$
Do đó: \(KD=KE\)
Mặt khác: Vì theo phần a, \(\triangle AHB=\triangle AHC\Rightarrow \widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)
Mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\Rightarrow \widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0\)
Do đó: \(AH\perp BC\) hay $KH\perp BC$
Mà $H$ là trung điểm $BC$ nên $KH$ là đường trung trực của $BC$
Do đó: \(KB=KC\)
Xét tam giác $BDK$ và $CEK$ có:
\(BD=CE\) (giả thiết)
\(BK=CK\) (cmt)
\(DK=EK\) (cmt)
\(\Rightarrow \triangle BDK=\triangle CEK(c.c.c)\)
\(\Rightarrow \widehat{DBK}=\widehat{ECK}\)
Lại thấy: \(\widehat{DBK}=\widehat{ABK}=\widehat{ACK}\) (dễ thấy do \(\triangle ABK=\triangle ACK(c.c.c)\) ))
Do đó: \(\widehat{ECK}=\widehat{ACK}\) . Hai góc này lại là 2 góc bù nhau nên mỗi góc bằng $90^0$
\(\Rightarrow AC\perp CK\) (đpcm)