Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
4:
a: Xet ΔAMB và ΔAMC có
AM chung
MB=MC
AB=AC
=>ΔAMB=ΔAMC
b: Xet ΔAEM vuông tại E và ΔAFM vuông tại F có
AM chung
góc EAM=góc FAM
=>ΔAEM=ΔAFM
=>AE=AF
c: AE=AF
ME=MF
=>AM là trung trực của EF
mà K nằm trên trung trực của EF
nên A,M,K thẳng hàng
a) Vì BA=BA ( GT )
\(\Rightarrow\Delta BAD\) cân tại B ( đn)
\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\)( tính chất ) (4)
b) Vì tam giác HAD vuông tại H \(\Rightarrow\widehat{HAD}+\widehat{D1}=90^0\)( phụ nhau ) (1)
Ta có: \(\widehat{DAC}+\widehat{DAB}=\widehat{BAC}=90^0\)( h.vẽ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{HAD}+\widehat{BDA}=\widehat{DAC}+\widehat{DAB}\)( 3)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{HAD}=\widehat{CAD}\)mà AD nằm giữa 2 tia AH và AC ( c.ve)
\(\Rightarrow AD\)là phân giác của góc HAC.
c) Xét \(\Delta HAD\)và \(\Delta CAD\)có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{AHD}=\widehat{ACD}=90^0\\ADchung\\\widehat{HAD}=\widehat{CAD}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta HAD=\Delta CAD\left(ch-gn\right)}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}HD=CD\left(2canhtuongung\right)\\AH=AK\left(2canhtuongung\right)\end{cases}}\)
Xét tam giác DHC có HD=CD ( cmt)
\(\Rightarrow\Delta DHC\)cân tại D
\(\Rightarrow\widehat{DHC}=\widehat{DCH}\left(tc\right)\) (5)
Ta có: \(\widehat{H1}+\widehat{DHC}=\widehat{AHD}=90^0\) (6)
\(\widehat{K1}+\widehat{DCH}=\widehat{AKD}=90^0\)(7)
Từ (5) , (6) và (7) \(\Rightarrow\widehat{H1}=\widehat{K1}\)
\(\Rightarrow\Delta AHK\)cân tại A.
d) Xét tam giác DKC vuông tại K nên \(DC>KC\)( tính chất )
\(\Rightarrow DC+AK>KC+AK\)
mà AH=AK ( cmt)
\(\Rightarrow DC+AH>KC+AK\)
\(\Rightarrow DC+AH+BD>KC+AK+BD\)
mà AB=BD ( cmt)
\(\Rightarrow AK+KC+AB< DC+BD+AH\)
\(\Rightarrow AB+AC< BC+AH\left(đpcm\right)\)
( p/s: Đánh giấu cho tôi kí hiệu góc H1 và K1 nhé chắc bạn biết mà )
a: Xét ΔAHB và ΔAHC có
AB=AC
\(\hat{HAB}=\hat{HAC}\)
AH chung
Do đó: ΔAHB=ΔAHC
=>\(\hat{AHB}=\hat{AHC}\)
mà \(\hat{AHB}+\hat{AHC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AHB}=\hat{AHC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
=>AH⊥BC tại H
b: ΔAHB=ΔAHC
=>HB=HC
=>H là trung điểm của BC
Xét ΔABC có
AH,BD là các đường trung tuyến
AH cắt BD tại G
Do đó: G là trọng tâm của ΔABC
=>\(AG=\frac23AH=\frac23\cdot6=4\left(\operatorname{cm}\right)\)
c: Ta có: HK//AC
=>\(\hat{KHB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)
mà \(\hat{KBH}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
nên \(\hat{KBH}=\hat{KHB}\)
=>KB=KH
Ta có: HK//AC
=>\(\hat{KHA}=\hat{HAC}\) (hai góc so le trong)
mà \(\hat{HAC}=\hat{KAH}\) (AH là phân giác của góc BAC)
nên \(\hat{KHA}=\hat{KAH}\)
=>KH=KA
mà KB=KH
nên KA=KB
=>K là trung điểm của AB
Xét ΔABC có
K là trung điểm của AB
G là trọng tâm
Do đó: C,G,K thẳng hàng
a) Chứng minh rằng tam giác AHB = tam giác AHC và AH vuông góc với BC
✳️ Dữ kiện:
- Tam giác ABC cân tại A ⇒ \(A B = A C\)
- \(A H\) là phân giác ⇒ \(\hat{B \hat{A} H} = \hat{C \hat{A} H}\)
✳️ Xét 2 tam giác \(\triangle A H B\) và \(\triangle A H C\):
So sánh:
- \(A B = A C\) (do tam giác cân tại A)
- \(\hat{B \hat{A} H} = \hat{C \hat{A} H}\)(do \(A H\) là phân giác)
- Cạnh chung: \(A H\)
✅ Suy ra:
\(\triangle A H B = \triangle A H C (\text{c}-\text{g}-\text{c})\)
✳️ Suy ra: \(H B = H C\) và \(\hat{A H B} = \hat{A H C}\)
→ Mà \(H B = H C\), nên \(H\) cách đều \(B\) và \(C\)
⇒ \(A H\) là đường phân giác đồng thời là trung tuyến trong tam giác cân
→ Trong tam giác cân, đường phân giác ứng với đỉnh cân còn là đường cao
✅ Vậy \(A H \bot B C\)
b) Điểm D là trung điểm của AC, BD cắt AH tại G. Biết AH = 6cm. Tính AG
✳️ Dữ kiện:
- \(D\): trung điểm của \(A C\)
- \(B D\) cắt \(A H\) tại \(G\)
- \(\triangle A B C\) cân tại A ⇒ \(A B = A C\)
- Mà \(D\): trung điểm của \(A C\) ⇒ không đối xứng hoàn toàn, nhưng vẫn đủ điều kiện dùng định lý Menelaus hoặc định lý trọng tâm nếu phù hợp
→ Tuy nhiên, vì:
- \(D\) là trung điểm \(A C\)
- \(A B = A C\) ⇒ \(B\) đối diện với cạnh có điểm trung điểm
- Áp dụng định lý trung tuyến, trong tam giác \(A B C\), khi nối đỉnh \(B\) với trung điểm \(D\) của \(A C\), thì:
\(\text{Giao}\&\text{nbsp};đ\text{i}ể\text{m}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; B D \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; A H \&\text{nbsp};(\text{trong}\&\text{nbsp};\text{tam}\&\text{nbsp};\text{gi} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{c} \hat{\text{a}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{AH}\&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{cao}) \Rightarrow G \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{tr}ọ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{t} \hat{\text{a}} \text{m}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; \triangle A B C\)
✳️ Vậy \(G\) là trọng tâm của tam giác \(A B C\)
⇒ Trong tam giác, trọng tâm chia đường trung tuyến theo tỉ lệ:
\(A G : G H = 2 : 1\)
→ \(A H = A G + G H = 3 p h \overset{ˋ}{\hat{a}} n\)
→ \(A G = \frac{2}{3} \cdot A H = \frac{2}{3} \cdot 6 = \boxed{4 \&\text{nbsp};\text{cm}}\)
c) Từ điểm H kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB tại K. Chứng minh ba điểm C, G, K thẳng hàng
✳️ Dữ kiện:
- \(H K \parallel A C\), \(K \in A B\)
- G là giao điểm của \(A H\) và \(B D\)
- D là trung điểm của \(A C\)
✳️ Ý tưởng:
Ta sẽ sử dụng định lý Talet hoặc đồng dạng tam giác
✳️ Phân tích:
Vì \(H K \parallel A C\), và \(H \in A H\), \(K \in A B\), nên:
\(\triangle H A K sim \triangle C A C \left(\right. đ \overset{ˋ}{\hat{\text{o}}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{d}ạ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{do}\&\text{nbsp};\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};-\&\text{nbsp};\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c} \left.\right)\)
Mặt khác, trong tam giác \(A B C\), ta có:
- \(D\) là trung điểm của \(A C\)
- \(B D\) cắt \(A H\) tại \(G\) (đã biết)
- Kẻ \(H K \parallel A C\), cắt \(A B\) tại \(K\)
→ Xét hình thang \(K H C A\), có \(H K \parallel A C\)
Kết luận quan trọng:
- Đường thẳng đi qua \(H\) song song với \(A C\) cắt \(A B\) tại \(K\)
- Khi đó, do cấu trúc cân, trung điểm, trọng tâm → ta có thể chứng minh 3 điểm \(C , G , K\) thẳng hàng bằng định lý Menelaus đảo hoặc dùng tỉ lệ đoạn thẳng trong tam giác
✅ Cách chứng minh gọn:
Trong tam giác cân \(A B C\):
- \(G\): là trọng tâm
- \(D\): trung điểm \(A C\)
- \(B D\) cắt \(A H\) tại \(G\)
- \(H K \parallel A C\) ⇒ theo định lý giao tuyến phụ, \(C K\) cắt \(B D\) tại trọng tâm \(G\)
→ Ba điểm \(C , G , K\) thẳng hàng.
✅ Kết luận:
- a) \(\triangle A H B = \triangle A H C\), và \(A H \bot B C\)
- b) \(A G = 4 \&\text{nbsp};\text{cm}\)
- c) \(C , G , K\) thẳng hàng
a) Ta có: OC=OA+AC
OD=OB+BD
Mà OA=OB và AC=BD (gt)
=>OC=OD
Xét Δ OAD và Δ OBC có:
OA=OB (gt)
ˆOO^ góc chung
OC=OD (cmt)
=> Δ OAD=Δ OBC (c.g.c)
=> AD=BC (2 cạnh tương ứng)
Δ OAD=Δ OBC (cmt)
=> ˆD=ˆCD^=C^ và ˆA1=ˆB1A1^=B1^ (2 góc tương ứng)
Mà ˆA1+ˆA2=ˆB1+ˆB2A1^+A2^=B1^+B2^= 1800 (kề bù)
=> ˆA2=ˆB2A2^=B2^
Δ EAC và Δ EBD có:
ˆC=ˆDC^=D^ (cmt)
AC=BD (gt)
ˆA2=ˆB2A2^=B2^ (cmt)
=> Δ EAC= ΔEBD (g.c.g)
c) Δ EAC=ΔEBD (cmt)
=> EA=EB (2 cạnh tương ứng)
ΔOBE và Δ OAE có:
OB=OA (gt)
ˆB1=ˆA1B1^=A1^ (cmt)
EA=EB (cmt)
=>Δ OBE=Δ OAE (c.g.c)
=> ˆO1=ˆO2O1^=O2^ (2 góc tương ứng)
Vậy OE là phân giác ˆxO
a: Xét ΔBAD và ΔBED có
BA=BE
\(\hat{ABD}=\hat{EBD}\) (BD là phân giác của góc ABE)
BD chung
Do đó: ΔBAD=ΔBED
=>DA=DE
b: ΔBAD=ΔBED
=>\(\hat{BAD}=\hat{BED}\)
=>\(\hat{BED}=90^0\)
=>DE⊥BC
mà AH⊥BC
nên DE//AH
c: Xét ΔMHA và ΔMDK có
MH=MD
\(\hat{MHA}=\hat{MDK}\) (hai góc so le trong, HA//DK)
HA=DK
Do đó: ΔMHA=ΔMDK
=>\(\hat{HMA}=\hat{DMK}\)
mà \(\hat{HMA}+\hat{AMD}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AMD}+\hat{DMK}=180^0\)
=>A,M,K thẳng hàng
Chúng ta sẽ giải từng câu hỏi trong bài toán này.
Câu a) Chứng minh ∆ABD = ∆EBD và AD = ED
Vậy, theo Tiêu chuẩn góc-cạnh-góc (Axiom SAS), ta có:
\(\Delta A B D = \Delta E B D\)
Câu b) Chứng minh AH // DE
Câu c) Chứng minh A, M, K thẳng hàng
\(\text{DM} = \text{MH}\)
Kết luận: