Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bạn tự vẽ hình nhé
xét có tam giácADF=tam giác ABE\(\Rightarrow\)AE=AF có SAFM=AF.AM/2=AD.FM/2\(\Rightarrow\)AF.AM=AD.FM\(\Rightarrow\left(AF.AM\right)^2=\left(AD.FM\right)^2\)\(\Rightarrow\frac{AD^2.FM^2}{AM^2.AF^2}=1\)\(\Rightarrow\frac{AD^2\left(AE^2+AM^2\right)}{AE^2.AM^2}=1\)(Theo định lý pytago và AE=AF)
\(\Rightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{AE^2+AM^2}{AE^2.AM^2}=\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AF^2}\)MÀ AD ko đổi \(\Rightarrow\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}\)ko phụ thuộc vào vị trí của E trên BC
Tam giác ADF=tam giác AHF(ch-gn) Suy ra AD=AF
Tam giác AGH= tam giác AGB (ch-cgv) Suy ra HAG=BAG
Suy ra FAG=FAH+HAG=1/2(DAH+HAG)=1/2DAB=45 ĐỘ
a.vì tứ giác ABCD là hình bình hành
suy ra AB//CD, AB = CD
vì AB = CD mà M, N lần lượt là trung điểm AB, CD
suy ra AM = CN
mà AM//CN (M, N thuộc AB, CD) và AM = CN
\(\Rightarrow\) tứ giác AMCN là hình bình hành
b.MF//AE, M là trung điểm AB nên MF là đường trung bình của tam giác
Suy ra F là trung điểm của BE
c.vì AMCN là hình bình hành
suy ra AN//CM
xét tam giác ABE có
MF//AE, M là trung điểm AB
suy ra MF là đường trung bình của tam giác
suy ra F là trung điểm BE
chứng minh tương tự với tam giác CDF, ta được E là trung điểm DF
từ đó suy ra DE = EF = FB
a) Xét hình bình hành ABCD có:
AB=CD => AM=CN (1)
AB//CD => AM//CN (2)
Từ (1) và (2) => Tứ giác AMCN là hình bình hành (dấu hiệu 3)
b) Ta có: MF//AE (do CM//AN)
Xét tam giác BEA có:
MF//AE
AM=MB
=> MF là đường trung bình của tam giác BEA
=> EF=FB hay F là trung điểm của BE
c) Ta có: CF//NE (do CM//AN)
Xét tam giác DFC có:
DN=NC
CF//NE
=> NE là đường trung bình của tam giác DFC
=> DE=EF
mà EF=FB nên DE=EF=FB
Cách 1: A B C I M N D K 1 1 2 Ta có: ΔABC vuông tại A (GT)
⇒ AB ⊥ AC
mà ID ⊥ AC tại N (GT)
⇒ AB // ID (t/c quan hệ từ vg góc đến song song)
hay AB // IN (N∈ID)
Xét ΔABC có:
I là trung điểm của BC (GT)
IN // AB (CMT)
⇒ N là trung điểm của AC (đ/lí đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác...)
⇒ AN = CN (t/c trung điểm đoạn thẳng)
Vì D đối xứng I qua AC (GT)
⇒ AC là đường trung trực của DI (đ/n 2 điểm đối xứng qua 1 đường thẳng)
⇒ N là trung điểm của ID (đ/n đường trung trực của đoạn thẳng)
⇒ IN=DN (đ/n trung điểm đoạn thẳng)
Xét ΔANI và ΔCND có:
AN = CN (CMT)
\(\widehat{ANI}=\widehat{CND}\) (2 góc đối đỉnh)
IN = DN (CMT)
⇒ ΔANI và ΔCND (c.g.c)
\(\left\{{}\begin{matrix}AI=CD\left(2-cạnh-tương-ứng\right)\\\widehat{I}_1=_{ }\widehat{D}\left(2-góc-tương-ứng\right)\end{matrix}\right.\)
Gọi M là giao điểm của AI và BK
Xét ΔINM và ΔDNK có:
\(\widehat{I_1}=\widehat{D}\left(CMT\right)\)
IN = DN (CMT)
\(\widehat{N_1}=\widehat{N_2}\) (2 góc đối đỉnh)
⇒ ΔINM = ΔDNK (g.c.g)
⇒ IM = DK (2 cạnh tương ứng)
Xét ΔABC có:
I là trung điểm của BC (GT)⇒ AI là đường trung tuyến ứng với BC
N là trung điểm của AC (CMT)⇒ BN là đường trung tuyến ứng với ac
mà AI cắt BN tại M
⇒ M là trọng tâm của ΔABC (t/c 3 đường trung tuyến trong Δ)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{3}AI\) (t/c 3 đường trung tuyến)
mà IM= DK (CMT); AI=CD (CMT)
⇒ \(DK=\dfrac{1}{3}CD\)
hay \(\dfrac{DK}{CD}=\dfrac{1}{3}\)
Cách 2:
A B C I N D K M
Gọi M là trung điểm CK
Xét ΔBCK có:
I là trung điểm cuả BC (GT)
M là trung điểm của CK (c/vẽ)
⇒ IM là đường TB của ΔBCK (đ/n đường TB của Δ)
⇒ IM // BK (t/c đường TB của Δ)
hay IM // NK
CM cho N là trung điểm DI như cách 1
Xét Δ DIM có:
N là trung điểm DI (CMT)
NK // IM
⇒ K là trung điểm DM (đ/lí đường thẳng đi qua trung điểm 1 cạnh của tam giác...)
⇒ DK = KM (t/c trung điểm đoạn thẳng)
mà KM = CM ( M là trung điểm CK)
⇒ DK = KM = CM
⇒ \(DK=\dfrac{1}{3}DC\)
hay \(\dfrac{DK}{DC}=\dfrac{1}{3}\)
A B C D M E F G H
Gọi \(CF,DM\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(G,H.\)
Theo định lí Thalès \(\frac{GH}{GB}=\frac{CD}{CE}=\frac{BA}{CE}=\frac{MA}{ME}=\frac{MH}{MD}\). Suy ra \(GM||BD\)
Do đó \(\Delta GBM~\Delta BAD\). Suy ra \(\Delta GBM\) vuông cân tại \(B\)
Vậy ta có \(\frac{BG}{CM}=\frac{BM}{CM}=\frac{BA}{CE}=\frac{BC}{CE}\). Suy ra \(\Delta GBC~\Delta MCE\)(c.g.c)
Suy ra \(\widehat{BCG}=\widehat{CEM}=90^0-\widehat{ECG}\). Do vậy \(CF\perp AE.\)