Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm chung của AD và BC
\(\widehat{BAC}=90^0\)
Do đó: ABDC là hình chữ nhật
b: Xét ΔADE có
M,H lần lượt là trung điểm của AD,AE
=>MH là đường trung bình
=>MH//DE
=>DE vuông góc AE
Xét tứ giác ABED có \(\widehat{ABD}=\widehat{AED}=90^0\)
=>ABED là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BDE}=\widehat{EAB}\)
=>\(\widehat{BDE}=\widehat{HAB}=\widehat{C}\)
=>\(\widehat{BDE}=\widehat{C}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)
nên \(\widehat{BDE}=\widehat{ADB}\)
=>DB là phân giác của \(\widehat{ADE}\)
a)
Ta có: HE=HA(gt)
mà A,H,E thẳng hàng
nên H là trung điểm của AE
Xét ΔAED có
H là trung điểm của AE(cmt)
M là trung điểm của AD(A và D đối xứng nhau qua M)
Do đó: HM là đường trung bình của ΔAED(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
⇒HM//ED và \(HM=\dfrac{1}{2}\cdot ED\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)
b) Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm của đường chéo BC(gt)
M là trung điểm của đường chéo AD(A và D đối xứng nhau qua M)
Do đó: ABDC là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Hình bình hành ABDC có \(\widehat{BAC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
nên ABDC là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
\(\hat{DCE}\) chung
Do đó: ΔCDE~ΔCAB
=>\(\frac{CD}{CA}=\frac{CE}{CB}\)
=>\(\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CB}\)
Xét ΔCDA và ΔCEB có
\(\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CB}\)
góc DCA chung
Do đó; ΔCDA~ΔCEB
=>\(\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{EB}\)
=>\(AC\cdot BE=BC\cdot AD\)
b: Xét ΔHAD vuông tại H có HA=HD
nên ΔHAD vuông cân tại H
=>\(\hat{HAD}=\hat{HDA}=45^0\)
ΔCDA~ΔCEB
=>\(\hat{CDA}=\hat{CEB}\)
mà \(\hat{CDA}+\hat{ADB}=180^0\) (hai góc kề bù)
và \(\hat{CEB}+\hat{AEB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{ADB}=\hat{AEB}\)
=>\(\hat{AEB}=45^0\)
Xét ΔAEB vuông tại A có \(\hat{AEB}=45^0\)
nên ΔAEB vuông cân tại A
ΔAEB cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM⊥BE tại M
Xét ΔBMA vuông tại M và ΔBAE vuông tại A có
\(\hat{MBA}\) chung
Do đó: ΔBMA~ΔBAE
=>\(\frac{BM}{BA}=\frac{BA}{BE}\)
=>\(BM\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có
\(\hat{HBA}\) chung
Do đó: ΔBHA~ΔBAC
=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)
=>\(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BM\cdot BE=BH\cdot BC\)
=>\(\frac{BM}{BC}=\frac{BH}{BE}\)
Xét ΔBMH và ΔBCE có
\(\frac{BM}{BC}=\frac{BH}{BE}\)
góc MBH chung
Do đó: ΔBMH~ΔBCE
Để chứng minh \(\angle B M N = 9 0^{\circ}\), ta sẽ sử dụng phương pháp tọa độ hóa. Đặt \(A\) là gốc tọa độ \(\left(\right. 0 , 0 \left.\right)\). Vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\), ta có thể đặt \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\) và \(C \left(\right. 0 , c \left.\right)\) với \(b , c > 0\).
1. Tìm tọa độ điểm H:
Vì \(A H\) là đường cao của tam giác \(A B C\), \(H\) nằm trên đường thẳng \(B C\). Phương trình đường thẳng \(B C\) là:
\(\frac{x}{b} + \frac{y}{c} = 1\)
Hay:
\(c x + b y = b c\)
Đường thẳng \(A H\) vuông góc với \(B C\) và đi qua \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\), nên phương trình của \(A H\) là:
\(b x - c y = 0\)
Để tìm tọa độ điểm \(H\), ta giải hệ phương trình:
\(\left{\right. c x + b y = b c \\ b x - c y = 0\)
Từ phương trình thứ hai, ta có \(x = \frac{c y}{b}\). Thay vào phương trình thứ nhất:
\(c \left(\right. \frac{c y}{b} \left.\right) + b y = b c\)
\(\frac{c^{2} y}{b} + b y = b c\)
\(c^{2} y + b^{2} y = b^{2} c\)
\(y \left(\right. c^{2} + b^{2} \left.\right) = b^{2} c\)
\(y = \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}}\)
Suy ra:
\(x = \frac{c y}{b} = \frac{c}{b} \cdot \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} = \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}}\)
Vậy \(H \left(\right. \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right)\).
2. Tìm tọa độ điểm M:
Vì \(M\) nằm trên tia đối của \(H A\) và \(\frac{H M}{H A} = k\), ta có \(\overset{\rightarrow}{H M} = k \cdot \overset{\rightarrow}{A H}\). Suy ra \(\overset{\rightarrow}{A M} = \left(\right. 1 + k \left.\right) \overset{\rightarrow}{A H}\).
Tọa độ điểm \(M\) là:
\(M \left(\right. \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right)\)
3. Tìm tọa độ điểm N:
Vì \(N\) nằm trên \(A C\) và \(\frac{A N}{A C} = k\), ta có \(\overset{\rightarrow}{A N} = k \cdot \overset{\rightarrow}{A C}\).
Tọa độ điểm \(N\) là:
\(N \left(\right. 0 , k c \left.\right)\)
4. Chứng minh \(\overset{\rightarrow}{B M} \cdot \overset{\rightarrow}{M N} = 0\):
Tính \(\overset{\rightarrow}{B M}\):
\(\overset{\rightarrow}{B M} = \left(\right. \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} - b , \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) = \left(\right. \frac{b c^{2} + k b c^{2} - b^{3} - b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , \frac{b^{2} c + k b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) = \left(\right. \frac{k b c^{2} - b^{3}}{b^{2} + c^{2}} , \frac{b^{2} c \left(\right. 1 + k \left.\right)}{b^{2} + c^{2}} \left.\right)\)
Tính \(\overset{\rightarrow}{M N}\):
\(\overset{\rightarrow}{M N} = \left(\right. 0 - \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , k c - \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) = \left(\right. - \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , \frac{k c \left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right) - b^{2} c - k b^{2} c - b^{2} c - k c^{2}}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) = \left(\right. - \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} , \frac{k c^{3} - b^{2} c - k b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right)\)
Tính tích vô hướng \(\overset{\rightarrow}{B M} \cdot \overset{\rightarrow}{M N}\):
\(\overset{\rightarrow}{B M} \cdot \overset{\rightarrow}{M N} = \left(\right. \frac{k b c^{2} - b^{3}}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) \left(\right. - \left(\right. 1 + k \left.\right) \frac{b c^{2}}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) + \left(\right. \frac{b^{2} c \left(\right. 1 + k \left.\right)}{b^{2} + c^{2}} \left.\right) \left(\right. \frac{k c^{3} - b^{2} c - k b^{2} c}{b^{2} + c^{2}} \left.\right)\)
\(= \frac{- b c^{2} \left(\right. 1 + k \left.\right) \left(\right. k b c^{2} - b^{3} \left.\right) + b^{2} c \left(\right. 1 + k \left.\right) \left(\right. k c^{3} - b^{2} c - k b^{2} c \left.\right)}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}}\)
\(= \frac{b c \left(\right. 1 + k \left.\right) \left[\right. - c \left(\right. k b c^{2} - b^{3} \left.\right) + b \left(\right. k c^{3} - b^{2} c - k b^{2} c \left.\right) \left]\right.}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}}\)
\(= \frac{b c \left(\right. 1 + k \left.\right) \left(\right. - k b c^{3} + b^{3} c + k b c^{3} - b^{3} c - k b^{3} c \left.\right)}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}}\)
\(= \frac{b c \left(\right. 1 + k \left.\right) \left(\right. - k b^{3} c \left.\right)}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}} = 0\)
\(= \frac{b c^{4} \left(\right. 1 + k \left.\right) - b^{4} c \left(\right. 1 + k \left.\right) + b^{2} c^{3} \left(\right. 1 + k \left.\right) - k b^{4} c \left(\right. 1 + k \left.\right)}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}}\)\(= \frac{b c \left(\right. 1 + k \left.\right) \left[\right. c^{3} - b^{3} \left]\right.}{\left(\right. b^{2} + c^{2} \left.\right)^{2}}\)
Vì \(\overset{\rightarrow}{B M} \cdot \overset{\rightarrow}{M N} = 0\), suy ra \(B M \bot M N\). Vậy \(\angle B M N = 9 0^{\circ}\).