Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét ΔBAD có BI là đường trung tuyến
nên \(\overrightarrow{BI}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BD}\right)\)
=>\(\overrightarrow{BI}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{5}{3}\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}\left(5\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{1}{6}\left(5\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{5}{6}\left(\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AC}\right)\)
\(\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}\)
\(=\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AC}\)
=>\(\overrightarrow{BI}=\dfrac{5}{6}\cdot\overrightarrow{BM}\)
=>B,I,M thẳng hàng
Cách 1: Dùng định lý Menelaus đảo:
Từ đề bài, ta có \(\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{2}{3}\), \(\dfrac{MC}{MA}=\dfrac{3}{2}\), \(\dfrac{IA}{ID}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BC}.\dfrac{MC}{MA}.\dfrac{IA}{ID}=1\)
Theo định lý Menelaus đảo, suy ra B, I, M thẳng hàng.
Cách 2: Dùng vector
Ta có \(\overrightarrow{BI}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BD}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}\)
\(=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}\)
\(=\dfrac{1}{6}\left(3\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}\right)\)
Lại có \(\overrightarrow{BM}=\dfrac{MC}{AC}\overrightarrow{BA}+\dfrac{MA}{AC}\overrightarrow{BC}\)
\(=\dfrac{3}{5}\overrightarrow{BA}+\dfrac{2}{5}\overrightarrow{BC}\)
\(=\dfrac{1}{5}\left(3\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}\right)\)
\(=\dfrac{6}{5}.\dfrac{1}{6}\left(3\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}\right)\)
\(=\dfrac{6}{5}\overrightarrow{BI}\)
Vậy \(\overrightarrow{BM}=\dfrac{6}{5}\overrightarrow{BI}\), suy ra B, I, M thẳng hàng.
a: vecto AB=(-7;1)
vecto AC=(1;-3)
vecto BC=(8;-4)
b: \(AB=\sqrt{\left(-7\right)^2+1^2}=5\sqrt{2}\)
\(AC=\sqrt{1^2+\left(-3\right)^2}=\sqrt{10}\)
\(BC=\sqrt{8^2+\left(-4\right)^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\)
a)Xét tam giác ACD và tam giác ECD(đều là vuông)
ECD=DCA(Vì CD là p/giác)
CD là cạnh chung
\(\Rightarrow\)tam giác ACD=tam giác ECD(cạnh huyền góc nhọn)
b)Vì tam giác ACD=tam giác ECD(cạnh huyền góc nhọn)
\(\Rightarrow\)AD=DE(cạnh cặp tương ứng)
\(\Rightarrow\)D cách đều hai mút của AE
\(\Rightarrow\)CD là đường trung trực của AE
Do đó CI\(\perp\)AE
\(\Rightarrow\)Tam giác CIE là tam giác vuông
c)Vì AD=DE(câu b)
Mà tam giác BDE là tam giác vuông(tại E)
\(\Rightarrow\)DE<BD(cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền)
\(\Rightarrow\)AD<BD(đpcm)
d)Kéo dài BK cắt AC tại O
Vì BK\(\perp\)CD(gt)
\(\Rightarrow\)CK là đường cao thứ nhất của tam giác OBC(1)
Vì tam giác ABC vuông tại A
Nên BA\(\perp\)AC
\(\Rightarrow\)BA là đường cao thứ hai của tam giác OBC(2)
Theo đề bài ta có DE\(\perp\)BC
Nên DE là đường cao thứ ba của tam giác OBC(3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra:
Ba đường cao giao nhau tại một điểm trùng với điểm D
\(\Rightarrow\) 3 đường thẳng AC;DE;BK đồng quy(đpcm)
\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}\)(D là trung điểm của BC) (1)
\(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=2\overrightarrow{AK}\)(K là trung điểm của MN) (2)
Lấy (1) trừ (2) có: \(\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}\right)=2\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AK}\right)\)
⇔\(\dfrac{\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}\right)}{2}\)=\(\overrightarrow{KD}\)
⇔\(\dfrac{\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-\left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\right)}{2}\)=\(\overrightarrow{KD}\)
⇔\(\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}}{2}\)=\(\overrightarrow{KD}\)
⇔\(\dfrac{\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}}{2}\)=\(\overrightarrow{KD}\)
⇔\(\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\)=\(\overrightarrow{KD}\)
a) Ta có \(\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=\cos ACB=\dfrac{CB^2+CA^2-AB^2}{2CB.CA}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=CA.CB.\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=5.8.\dfrac{1}{2}=20\)
b) Vì \(\cos ACB=\cos ACD=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{ACD}=60^o\)
c) Có \(CA=CD,\widehat{ACD}=60^o\Rightarrow\Delta ACD\) đều
Gọi K là trung điểm của CH. Khi đó dễ thấy KE là đường trung bình của tam giác CMH nên KE//CM hay KE//CD
Mà tam giác ACD đều, có M là trung điểm CD nên \(AM\perp CD\)
Từ đó suy ra \(KE\perp AM\)
Lại có \(MH\perp AK\) \(\Rightarrow\) E là trực tâm của tam giác AKM
\(\Rightarrow MK\perp AE\).
Mặt khác, MK là đường trung bình của tam giác CHD nên MK//DH
Do đó \(AE\perp DH\) \(\Rightarrow\overrightarrow{AE}.\overrightarrow{DH}=0\)
d) Ta có \(\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{AP+BP}{AC+BC}=\dfrac{AB}{5+8}=\dfrac{7}{13}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{7}{13}\Rightarrow AP=\dfrac{7}{13}AC=\dfrac{7}{13}.5=\dfrac{35}{13}\)
Ta có \(AP^2=CA^2+CP^2-2.CA.CP.\cos ACP\)
\(\Leftrightarrow CP^2-2.CP.5.\dfrac{\sqrt{3}}{2}+5^2-\left(\dfrac{35}{13}\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow CP^2-5\sqrt{3}CP+\dfrac{3000}{169}=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}CP=\dfrac{25\sqrt{3}}{13}\\CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\end{matrix}\right.\)
Tuy nhiên, ta thấy \(CP>\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\approx4,33\) trong khi \(CP=\dfrac{25\sqrt{3}}{13}\approx3,33\) nên không thỏa mãn còn \(CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\approx5,33\) thỏa mãn. Vậy \(CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\)