Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, xét \(\Delta\)BEM và \(\Delta\)CFM có:
\(\widehat{B}\)=\(\widehat{C}\)(gt)
BM=CM(trung tuyến AM)
\(\Rightarrow\)\(\Delta\)BEM=\(\Delta\)CFM(CH-GN)
b,Ta có \(\Delta\)ABM=\(\Delta\)ACM(c.c.c)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{BAM}\)=\(\widehat{CAM}\)
Gọi O là giao của AM và EF
xét tam giác OAE và tam giác OAF có:
AO cạnh chung
\(\widehat{OAE}\)=\(\widehat{OAF}\)(cmt)
vì AB=AC mà EB=FC nên AE=AF
\(\Rightarrow\)tam giác OAE=tam giác OAF(c.g.c)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{AOE}\)=\(\widehat{AOF}\)mà 2 góc này ở vị trí kề bù nên\(\widehat{AOE}\)=\(\widehat{AOF}\)=90 độ(1)
\(\Rightarrow\)OE=OF suy ra O là trung điểm EF(2)
từ (1) và (2) suy ra AM là đg trung trực của EF
c, vì \(\widehat{BAM}\)=\(\widehat{CAM}\)=> AM là p/g của \(\widehat{BAC}\)(1)
ta có tam giác BAM=tam giác CAM(c.g.c)
=> AD là p/g của góc BAC(2)
từ (1) và(2) suy ra AM và AD trùng nhau nên A,M,D thẳng hàng
a, Ta có : Tam giác ABC cân tại A => Góc B=Góc C
Xét tam giác BEM vuông tại E và tam giác CFM vuông tại F
BM=CM (BM là trung tuyến)
Góc B=Góc C
=> Tam giác BEM=Tam giác CFM(ch-gn)
b,Từ a, \(\Delta\)BEM=\(\Delta CFM\)=> ME=MF (1);BE=FC
Mà AB=AC=> AE=AF(2)
Từ 1 và 2 => AM là trung trực của EF
A B C M N Q P O R S T A B C H M D I A B C D K G M K E P F (Hình a) (Hình b) (Hình c) Q I
Bài toán 1: (Hình a)
Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.
Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR
Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)
\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)
Dễ thấy NS là đường trung bình của \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)
Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)
Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ
=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).
Bài toán 2: (Hình b)
Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)
=> MC2 = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 900 , trung tuyến HM => HM = MC
Do đó MH2 = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI
=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).
Bài toán 3: (Hình c)
a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.
Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC
Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD
Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)
=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=450) => B,A,F thẳng hàng
=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM
Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E
=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)
=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).
b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE
Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).
a) Do \(AM\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) (gt)
\(\Rightarrow M\) là trung điểm của BC
\(\Rightarrow BM=CM\)
Do \(\Delta ABC\) cân tại A (gt)
\(\Rightarrow AB=AC\)
Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta ACM\) có:
\(AB=AC\left(cmt\right)\)
\(BM=CM\left(cmt\right)\)
\(AM\) là cạnh chung
\(\Rightarrow\Delta ABM=\Delta ACM\left(c-c-c\right)\)
b) Do \(\Delta ABC\) cân tại A (gt)
\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow\widehat{IBM}=\widehat{KCM}\)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta IBM\) và \(\Delta KCM\) có:
\(BM=CM\left(cmt\right)\)
\(\widehat{IBM}=\widehat{KCM}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta IBM=\Delta KCM\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\(\Rightarrow MI=MK\) (hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow\Delta IMK\) cân tại M
c) Do \(\Delta ABM=\Delta ACM\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AMB}=\widehat{AMC}\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^0\) (kề bù)
\(\Rightarrow\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)
\(\Rightarrow AM\perp BC\)
\(\Rightarrow\widehat{AMN}+\widehat{CMN}=90^0\)
Do \(MN\) // \(AB\) (gt)
\(\Rightarrow\widehat{CMN}=\widehat{ABC}\) (đồng vị)
Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{CMN}=\widehat{ACB}\)
Mà \(\widehat{AMN}+\widehat{CMN}=90^0\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AMN}+\widehat{ACB}=90^0\)
Do \(AM\perp BC\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta AMC\) vuông tại M
\(\Rightarrow\widehat{MAC}+\widehat{ACM}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MAN}+\widehat{ACB}=90^0\)
Mà \(\widehat{AMN}+\widehat{ACB}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MAN}=\widehat{AMN}\)
\(\Rightarrow\Delta AMN\) cân tại N
\(\Rightarrow AN=MN\) (1)
Do \(\widehat{CMN}=\widehat{ACB}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{CMN}=\widehat{NCM}\)
\(\Rightarrow\Delta CMN\) cân tại N
\(\Rightarrow MN=CN\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AN=CN\)
\(\Rightarrow N\) là trung điểm của AC
\(\Rightarrow BN\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\)
Mà \(AM\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow AG=\dfrac{2}{3}AM=\dfrac{2}{3}.12=8\left(cm\right)\)