Vì Om là phân giác của \(\widehat{xOy}\)

\(\Rightarrow\widehat{IOE}=\widehat{IOF}=\dfrac{1}{2}\widehat{EOF}\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}IE\perp Ox\\IF\perp Oy\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{IEO}=\widehat{IFO}=90^o\)

Xét \(\Delta IOE\) và \(\Delta IOF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{IEO}=\widehat{IFO}\left(=90^o\right)\\OI:chung\\\widehat{IOE}=\widehat{IOF}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta IOE=\Delta IOF\left(\text{cạnh huyền - góc nhọn}\right)\)

b) Vì \(\Delta IOE=\Delta IOF\left(cmt\right)\Rightarrow OE=OF\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta EOF\) có: \(OE=OF\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta EOF\) cân ở O

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=\widehat{OFE}\)

Xét \(\Delta EOF\) có:

\(\widehat{EOF}+\widehat{OFE}+\widehat{OEF}=180^o\)

\(\Rightarrow2\widehat{EOI}+2\widehat{OEF}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{EOI}+\widehat{OEF}=90^o\)

Gọi \(EF\cap OI\equiv M\)

Xét \(\Delta OME\) có: 

\(\widehat{OEF}+\widehat{EOI}+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow90^o+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{OME}=180^o-90^o=90^o\\ \Rightarrow EF\perp Om\left(\text{đpcm}\right)\)

Cho ���^xOy​, (0∘<���^<180∘)(0∘<xOy​<180∘), $Om$ là tia phân giác ���^xOy​. Trên tia $Om$ lấy điểm $I$ bất kì. Gọi $E,F$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $I$ đến $Ox$ và $Oy$. Chứng minh:

a) $△IOE=△IOF$.

b) $EF\perp Om$.

a) Xét $△IOE$ và $△IOF$ có

�^=�^=90∘E=F=90∘ (giả thiết);

$OI$ cạnh chung;

���^=���^EOI=FOI ($Om$ là tia phân giác).

Vậy $△IOE=△IOF$ (cạnh huyền - góc nhọn).

b) $△IOE=△IOF$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow OE=OF$ (hai cạnh tương ứng).

Gọi $H$ là giao điểm của $Om$ và $EF$.

Xét $△OHE$ và $△OHF$, có

$OE=OF$ (chứng minh trên);

���^=���^EOH=FOH ($Om$ là tia phân giác);

$\mathrm{OH}$ chung.

Do đó $△OHE=△OHF$ (c.g.c)

⇒���^=���^⇒OHE=FHO (hai góc tương ứng)

Mà ���^+���^=180∘OHE+FHO=180∘ nên ���^=���^=90∘OHE=FHO=90∘.

Vậy $EF\perp Om$.

giúp chúng ta được cung cấp đầy đủ các chất dinh dưỡng hơn thay vì ăn đúng 1 loại và chỉ cung cấp được mỗi chất dinh dưỡng ấy

A. Ta có: $\angle BAD=\angle CAD$ $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle CAD =$ $\angle ACD$ Vậy $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ trong tam giác $ABC$ Do đó ta có $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$ (định lí phân giác) Mà $\angle A=\angle AHD$ (Do $H$ thuộc đường thẳng $AC$ là đường cao của tam giác $ABD$) $\angle HDA=180^{\circ}-\angle BDA=180^{\circ}-\angle B=120^{\circ}=\angle C$ Vậy $\frac{HD}{DC}=\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$ Vậy $HD=BD$ và $\angle B=60^{\circ}=\angle HAD$ Do đó $\triangle AHD \cong \triangle ABD$ Vậy $\triangle ABC \cong \triangle AHD$ B. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Lại có $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ Do đó, ta có: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DA}$ Vậy $DC=DA$, vậy $AD$ là đường trung trực của $BH$ C. Ta có $\angle AHD = \angle B = 60^{\circ}=\angle HAC$, vậy $\triangle AHD \sim \triangle ACH$ Do đó $\dfrac{HA}{HD}= \dfrac{HC}{HA}$ Vậy $HA=HC$ D. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Do đó tam giác $ABC$ cân tại $B$, ta có $DC>AB$ (Bất đẳng thức tam giác) E. Gọi $E$ là trung điểm của $CS$ thì ta có $CE=\frac{1}{2}CS$ Mà $\angle ACB=\angle AHB=90^{\circ}$, do đó $AH//CB$, ta có $\triangle AHB \sim \triangle ACB$ Vậy $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{HB}{BC}$ Do đó $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BC}{AC}$ Vì $HEBC$ là hình bình hành nên ta có $BC=HE$ Vậy $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{HE}{AC}$ Lại có $\triangle HSD \sim \triangle AHC$ Vậy $\dfrac{HS}{AC}=\dfrac{HD}{AH}$ Do đó $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{HD+DE}{AC}=\dfrac{HD}{AC}+\dfrac{DE}{AC}$ Vì $HA=HC$ nên ta có $HD=\frac{1}{2}AC$ Vậy $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}$ Mà $HE=\frac{1}{2}CS=\frac{1}{4}AB$ nên $\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{1}{4}$ Do đó $\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}=\dfrac{1}{4}$ Vậy $\dfrac{DE}{AC}=-\dfrac{1}{4}$ Ta có $\triangle BDS \sim \triangle ACS$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}$ Mà $\angle B =\angle HAD=60^{\circ} =\angle SDC$ Nên tam giác $SDC$ cũng là tam giác đều với $SD=DC$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}=\dfrac{1}{2}$ Do đó $DE=\frac{-1}{4}AC$, suy ra $DE$ song song với $AC$ Lại có $\angle AHB=90^{\circ}$ nên $BH$ vuông góc với $AC$ Do đó $AD$ là đường trung trực của $BH$ nên $DE$ cũng là đường trung trực của $BH$ Vậy ta được $A,D,E$ thẳng hàng Chúc bạn học tốt!

Kẻ $IE\perp AD$ (với $E\in AD$).

Gọi $Ax$ là tia đối của tia $AB$.

Vì ���^BAC và ���^CAx là hai góc kề bù mà ���^=120∘BAC=120∘ nên ���^=60∘CAx=60∘ (1) 

Ta có $AD$ là phân giác của ���^⇒���^=12���^=60∘BAC⇒DAC=21​BAC=60∘ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AC$ là tia phân giác của ���^DAx

$\Rightarrow IH=IE$ (tính chất tia phân giác của một góc) (3)

Vì $DI$ là phân giác của ���^ADC nên $IK=IE$ (tính chất tia phân giác của một góc) (4)

Từ (3) và $(4)$ suy ra $IH=IK$.

 Vai trò của thoát hơi nước đối với đời sống thực vật:

+ Là động lực đầu trên đóng vai trò như lực kéo giúp vận chuyển dòng nước và các chất khoáng hòa tan từ rễ lên lá đến các bộ phận khác của cây trên mặt đất.

+ Khí khổng mở rộng trong quá trình thoát hơi nước tạo điều kiện cho khí CO2 đi vào bên trong tế bào lá, cung cấp nguyên liệu cho quá trình quang hợp và giải phóng O2 ra ngoài không khí.

+ Hơi nước thoát ra ngoài mang theo một lượng nhiệt nhất định giúp hạ nhiệt độ của lá, bảo vệ lá cây vào những ngày nắng nóng, đảm bảo cho các quá trình sinh lí diễn ra bình thường.

Đứng dưới bóng cây mát hơn đứng dưới mái che làm bằng vật liệu xây dựng vì:

- Khoảng 98% lượng nước mà cây hút từ rễ sẽ thoát ra ngoài môi trường qua quá trình thoát hơi nước qua lá. Chính lượng nước này sẽ giúp lạ hạ nhiệt độ ở bề mặt lá và tán cây, thông thường là thấp hơn khoảng 5-10 độ C so với môi trường trống trơn.

- Bên cạnh đó, quá trình quang hợp ở cây xanh sẽ giúp hấp thụ khí $C{O}_2$, thải khí $O_2$ nên giúp chúng ta dễ thở hơn. Không chỉ vậy, tán lá ở thực vật còn có khả năng hấp thụ khí độc, lọc bụi nên khi đứng dưới tán cây, ta sẽ cảm thấy vừa mát mẻ, vừa dễ chịu.

Trong khi đó, mái che bằng vật liệu xây dựng không hề có được những khả năng này, ngược lại, chúng còn hấp thụ nhiệt và khiến cho phần không gian phía dưới càng thêm bí bách.

- Thoát hơi nước có vai trò: tạo động lực cho vận chuyển nước và chất khoáng trong cây; giúp lá cây không bị đốt nóng dưới ánh nắng mặt trời; trao đổi khí giữa cây và môi trường.

- Khi đứng dưới bóng cây thấy mát hơn đứng dưới mái che bằng vật liệu xây dựng vì:

+ Cây xanh có khả năng thoát hơi nước. Ngồi dưới bóng cây có hơi nước thoát ra từ lá cây, có cây che bóng mát nên cảm thấy mát mẻ, dễ chịu hơn ngồi dưới mái che bằng vật liệu xây dựng. 

+ Vật liệu xây dựng, thông thường bao gồm các loại mái sắt thép, tôn nhựa lại thường có cơ chế bức xạ nhiệt trực tiếp với ánh sáng mặt trời nên hấp thụ nhiệt lớn. 

Ta có $D$ thuộc phân giác của �^A;

$DH\perp AB$; $DK\perp AC$ $\Rightarrow DH=DK$ (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $△BGD$ và $△CGD$, có

���^=���^=90∘BGD=CGD=90∘ ($DG$ là trung trực của $BC$ ),

$BG=CG$ (già thiết),

$DG$ là cạnh chung.

Do đó $△BGD=△CGD$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BD=CD$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $△BHD$ và $△CKD$, có

���^=���^=90∘BHD=CKD=90∘ (giả thiết);

$DH=DK$ (chứng minh trên);

$BD=CD$ (chứng minh trên).

Do đó $△BHD=△CKD$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BH=CK$ (hai cạnh tương ứng).

Ta có $D$ thuộc phân giác của \widehat{A}A;

$DH\perp AB$; $DK\perp AC$ $\Rightarrow DH=DK$ (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $△BGD$ và $△CGD$, có

\widehat{B G D}=\widehat{C G D}=90^{\circ}BGD=CGD=90∘ ($DG$ là trung trực của $BC$ ),

$BG=CG$ (già thiết),

$DG$ là cạnh chung.

Do đó $△BGD=△CGD$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BD=CD$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $△BHD$ và $△CKD$, có

\widehat{B H D}=\widehat{C K D}=90^{\circ}BHD=CKD=90∘ (giả thiết);

$DH=DK$ (chứng minh trên);

$BD=CD$ (chứng minh trên).

Do đó $△BHD=△CKD$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BH=CK$ (hai cạnh tương ứng).

Phương trình quang hợp:

Từ phương trình ta thấy quang hợp lấy CO2 làm nguyên liệu và giải phóng ra ngoài môi trường khí O2, do đó, cây xanh có vai trò quan trọng trong điều hoà không khí: giúp cân bằng lượng khí CO2 và O2 trong khí quyển.

Từ phương trình ta thấy quang hợp lấy CO2 làm nguyên liệu và giải phóng ra ngoài môi trường khí O2, do đó, cây xanh có vai trò quan trọng trong điều hoà không khí: giúp cân bằng lượng khí CO2 và O2 trong khí quyển.

Gọi $D$ là giao điểm của $AG$ và $BC\Rightarrow DB=DC$.

Ta có ��=23��BG=32​BE; ��=23��CG=32​CF (tính chất trọng tâm).

Vì $BE=CF$ nên $BG=CG\Rightarrow △BCG$ cân tại $G$

⇒���^=���^⇒GCB=GBC

Xét $△BFC$ và $△CEB$ có $CF=BE$ (giả thiết);

���^=���^GCB=GBC (chứng minh trên);

$BC$ là cạnh chung.

Do đó $△BFC=△CEB$ (c.g.c)

⇒���^=���^⇒FBC=ECB (hai góc tưong ứng)

$\Rightarrow △ABC$ cân tại $A\Rightarrow AB=AC$.

Từ đó suy ra $△ABD=△ACD$ (c.c.c)

⇒���^=���^⇒ADB=ADC. (hai góc tương ứng)

Mà ���^+���^=180∘⇒���^=���^=90∘⇒��⊥��ADB+ADC=180∘⇒ADB=ADC=90∘⇒AD⊥BC hay $AG\perp BC$.

$a)$

$\text{Ta có : BE là đường trung tuyến cạnh AC}$

$\text{và : CF là đường trung tuyến cạnh AB}$

$\Rightarrow AB=AC\Rightarrow \Delta ABC\text{cân tại}A$

$\text{Nối AG}$

$\text{Xét ΔABC có BE và CF là 2 đường trung tuyến cắt nhau tại G}$

$\Rightarrow \text{G là trọng tâm ΔABC}$

$\text{và : AG là đường trung tuyến ứng với cạnh BC}$

$\text{ΔABC cân tại A nên đường trung tuyến AG cũng là đường cao => AG ⊥ BC}$ 

a) Ta có $DM=DG\Rightarrow GM=2GD$.

Ta lại có $G$ là giao điểm của $BD$ và $CE\Rightarrow G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$

$\Rightarrow BG=2GD$.

Suy ra $BG=GM$.

Chứng minh tương tự ta được $CG=GN$.

b) Xét tam giác $GMN$ và tam giác $GBC$ có $GM=GB$ (chứng minh trên);

\widehat{MGN}=\widehat{BGC}MGN=BGC (hai góc đối đỉnh);

$GN=GC$ (chứng minh trên).

Do đó $△GMN=△GBC$ (c.g.c)

$\Rightarrow MN=BC$ (hai cạnh tương ứng).

Theo chứng minh trên \triangle GMN=\triangle GBC \Rightarrow \widehat{NMG}=\widehat{CBG}△GMN=△GBC⇒NMG=CBG (hai góc tương ứng).

Mà \widehat{NMG}NMG và \widehat{CBG}CBG ờ vị trí so le trong nên $MN$ // $BC$.

a) Ta có $DM=DG\Rightarrow GM=2GD$.

Ta lại có $G$ là giao điểm của $BD$ và $CE\Rightarrow G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$

$\Rightarrow BG=2GD$.

Suy ra $BG=GM$.

Chứng minh tương tự ta được $CG=GN$.

b) Xét tam giác $GMN$ và tam giác $GBC$ có $GM=GB$ (chứng minh trên);

���^=���^MGN=BGC (hai góc đối đỉnh);

$GN=GC$ (chứng minh trên).

Do đó $△GMN=△GBC$ (c.g.c)

$\Rightarrow MN=BC$ (hai cạnh tương ứng).

Theo chứng minh trên △���=△���⇒���^=���^△GMN=△GBC⇒NMG=CBG (hai góc tương ứng).

Mà ���^NMG và ���^CBG ờ vị trí so le trong nên $MN$ // $BC$.

Ta có BF = 2BE (giả thiết). 

=>BE = EF.

Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.

Do đó ED = DF.

=>D là trung điểm của EF.

Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.

Vì K là trung điểm CF (giả thiết).

Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.

∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.

Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.

Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên $\frac{GC}{DC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$ (tính chất trọng tâm).

Ta có $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\frac{GE}{GK}=2$.

Ta có BF = 2BE (giả thiết). 

=>BE = EF.

Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.

Do đó ED = DF.

=>D là trung điểm của EF.

Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.

Vì K là trung điểm CF (giả thiết).

Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.

∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.

Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.

Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên $\frac{GC}{DC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$ (tính chất trọng tâm).

Ta có $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\frac{GE}{GK}=2$.