Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Dex dàng chứng minh \(\Delta BID\infty BHA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ID}{AH}=\frac{BD}{AB}\)
mà AD là phân giác góc BAC =>\(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD+CD}{AB+AC}=\frac{BC}{AB+AC}\)
=>\(\frac{DI}{AH}=\frac{BC}{AB+AC}\left(ĐPCM\right)\)
b) cái ý này t chỉ bt dùng cách lớp 9 thôi, nhưng nếu bạn muốn xem lg kiểu lớp 9 thì xem bài 46 nâng cao phát triến toán 9 tập 1
( mà đề bài sai hay sao ý, phải là =(AB/BD)^2 chứ nhỉ !!
c)t nghĩ áp dụng câu b
^_^
a/ Ta có: O là giao điểm 2 đường chéo (gt) => O là trung điểm của AC và BD => BO = OD
Xét tg DOM và tg BON ta có: BO = OD (cmt); \(\widehat{DOM}=\widehat{BON}\) ( đối đỉnh); \(\widehat{ODM}=\widehat{OBN}\)( so le trong)
=> tg DOM = tg BON (g.c.g) =>> DM = BN
b/ Ta có: AD // BC (vì ABCD là hình vuông) ma M \(\in\)AD va N \(\in\) BC
=> MD // BN mà MD = BN (cmt) =>. Tứ giác BMDN là hình bình hành
1.áp dụng pi-ta-go ta có : \(AC^2=BC^2-AB^2\Rightarrow AC=\sqrt{100-36}\)\(=8\)
MH là đường trung bình tam giác ABC nên MH=1/2 AB = 3cm
2.Có H là trung điểm MD vì M đối xứng với D qua H
H là trung điểm AC (giả thiết)
tứ giác ANCD có 2 đường chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình b hành
3. chưa nghĩ ra
4 tương tự bà trên mk giải rồi bạn tư duy nhé !
3 nè
xét tam giác KHC và tam giác GHA có HC=HA . góc CHK=góc AHG đối đỉnh . góc KCH=góc GAH (so le trong)
nên tam giác KHC = GHA => KC=AG .lại có DC=AM suy ra \(\frac{CK}{CD}=\frac{AG}{AM}\)mà G là trọng tâm tam giác ABC nên AG/AM=2/3
=> CK/CD =2/3 (điều phải cm)
Câu hỏi của Truong Tuan Dat - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em sai đề rồi nhé! Tham khảo đề bài và bài làm tại link này nhé em
A B C D E I
Đặt \(\frac{EI}{ID}=k\).
Ta có \(S_{DIA}+S_{IAE}=S_{DAC}\left(=\frac{1}{4}S_{DEC}\right)\Rightarrow\left(1+k\right)S_{DIA}=S_{DAC}\)
Lại có : \(\frac{S_{DIC}}{S_{DBC}}=\frac{S_{DEC}}{k+1}:\frac{S_{DEC}}{2}=\frac{2}{k+1}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(k+1+1\right)S_{DIA}}{2\left(k+1\right)S_{DIA}}=\frac{2}{k+1}\Rightarrow\frac{k+2}{2k+2}=\frac{2}{k+1}\Rightarrow k=2\)
Vậy thì EI = 2 ID hay \(DI=\frac{DE}{3}\)
đồng dạng với 
.
đồng dạng với 
.
1, Có BC//AD (tính chất hình thoi)
Nên \(\hat{M B C} = \hat{A} = \hat{C D N}\)(cách cặp góc đồng vị)
\(\hat{B C M} = \hat{D N C}\)(góc đồng vị)
=> \(\Delta\)MBC đồng dạng với \(\Delta\)CDN (g-g)
=> \(\frac{B M}{D C} = \frac{B C}{D N}\)
=> BM.ND=BC.DC=a2(không đổi)
b) \(\Delta\)BCD đều (Do BC=CD và \(\hat{C} = 6 0^{o}\)) nên BD=DC=BC
Ta có: \(\frac{B M}{D C} = \frac{B C}{D N} \left(\right. a \left.\right) \Rightarrow \frac{B M}{B D} = \frac{D B}{D N}\)
Lại có: \(\hat{M B D} = \hat{B D N} = 12 0^{o}\)(kề bù với các góc của tam giác đều ABD)
=> \(\Delta B M D = \Delta D B N \left(\right. c . g . c \left.\right)\)
\(\Rightarrow \hat{A M D} = \hat{D B N}\)(2 góc tương ứng)
Xét tam giác BKD và tam giác MBD có: \(\hat{A M D} = \hat{D B N} \left(\right. c m t \left.\right)\); \(\hat{B D M}\)chung
=> Tam giác BKD đồng dạng với tam giác MBD (g-g)
\(\Rightarrow \hat{B K D} = \hat{M B D} = 12 0^{o}\)
=> Tam giác BKD đồng dạng với tam giác MBD (g-g)
\(\Rightarrow \hat{B K D} = \hat{M B D} = 12 0^{o}\)