Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1) .
Ta có : AB =AC ( gt)
=> ∆ABC cân tại A
=> B = C
Xét ∆ ABE và ∆ ACD ta có
AD = DE ( gt)
AB = AC ( gt)
B = C ( cmt)
=> ∆ABE = ∆ACD ( c.g.c)
=> EAB = DAC (dpcm)
b) Vì M là trung điểm BC
=> BM = MC
Mà ∆ABC cân tại A ( cmt)
=> AM là trung tuyến ∆ABC
=> AM là trung tuyến đồng thời là đường cao và phân giác ∆ABC
Mà D,E thuộc BC
AM vuông góc với DE
Mà ∆ADE cân tại A ( AD = AE )
=> AM là đường cao đồng thời là phân giác và trung tuyến ∆ ADE
=> AM là phân giác DAE
c) Vì AM là phân giác DAE
=> DAM = EAM = 60/2 = 30 độ
= > Mà AM vuông góc với DE (cmt)
=> AME = AMD = 90 độ
=> AME + MAE + AEM = 180 độ
=> AEM = 180 - 90 - 30 = 60 độ
Mà ∆ADE cân tại A
=> ADE = AED = 60 độ
Bài 2)
Trong ∆ABC có A = 90 độ
=> BAC = 90 độ :))))))
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: 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
- Điều kiện:
- ∆ABC vuông tại A (AB < AC).
- Tia phân giác của góc B cắt AC tại D.
- Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA.
- Vẽ AH BC tại H.
- Chứng minh:
- Xét các tam giác ∆ABD và ∆EBD:
Vậy, theo Tiêu chuẩn góc-cạnh-góc (Axiom SAS), ta có:
\(\Delta A B D = \Delta E B D\) - Cả hai tam giác ∆ABD và ∆EBD có cạnh chung BD.
- AB = BE (do đề bài cho BE = BA).
- Góc ABD = Góc EBD (vì tia BD là tia phân giác của góc ABC, nên hai góc này bằng nhau).
- Kết luận AD = ED:
- Do ∆ABD = ∆EBD (theo chứng minh trên), nên các cạnh tương ứng của hai tam giác này cũng bằng nhau.
- Vậy, AD = ED.
Câu b) Chứng minh AH // DE
- Xét đoạn AH và DE:
- Từ điều kiện bài toán, chúng ta có điểm H là giao điểm của đường vuông góc AH với cạnh BC, tức là AH ⊥ BC.
- Tia DE được dựng sao cho DE là một đoạn thẳng trong cùng một mặt phẳng với BC, và điểm D là điểm phân giác của góc B.
- Chứng minh AH // DE:
- Vì ∆ABD = ∆EBD (chứng minh ở câu a) nên các góc tương ứng của hai tam giác này cũng bằng nhau. Đặc biệt, ∠BAD = ∠BED.
- Ta có AH ⊥ BC và ∠BAD = ∠BED. Do đó, theo tính chất của góc tạo thành giữa đường vuông góc và đoạn thẳng, ta suy ra rằng AH // DE.
Câu c) Chứng minh A, M, K thẳng hàng
- Định nghĩa các điểm:
- Trên tia DE, lấy điểm K sao cho DK = AH.
- M là trung điểm của DH, tức là:
\(\text{DM} = \text{MH}\)
- Chứng minh A, M, K thẳng hàng:
- Ta đã biết rằng AH // DE, và từ câu b) đã chứng minh rằng AH và DE song song.
- M là trung điểm của DH, tức là DM = MH. Đồng thời, ta có DK = AH (theo giả thiết).
- Vì AH // DE và M là trung điểm của DH, ta có thể sử dụng tính chất của các đường trung tuyến trong tam giác vuông để suy ra rằng các điểm A, M, K nằm trên cùng một đường thẳng.
Kết luận:
- a) ∆ABD = ∆EBD và AD = ED.
- b) AH // DE.
- c) A, M, K thẳng hàng.
bài 13:
ta có góc ABH+ góc BAH= 90 độ
góc CAK+ góc BAH= 90 độ
=> góc ABH= góc CAK
xét tam giác ABH và tam giác CAK có:
AB=CA
góc AHB= góc CKA= 90 độ
góc ABH= góc CAK
=> △ABH=△CAK
=> BH=AK và góc ABH= góc CAK
ta có tam giác ABC vuông cân
=> góc ABM= góc ACM= góc CAM= 45 độ
ta có: góc MBH= góc ABH- góc ABM= góc ABH- 45 độ
góc MAK= góc CAK- góc CAM= góc CAK- 45 độ
vì góc ABH= góc CAK
=> góc MBH= góc MAK
xét tam giác MBH và tam giác MAK có:
MB=MA( vì góc MAB= góc ABM= 45 độ)
góc MBH= góc MAK
BH=AK
=> △MBH=△MAK(c.g.c)
=> MH=MK
=> góc BMH= góc MAK
mà ta có góc HMK= góc BMH+ góc BMK
thay góc BMH= góc MAK ta có:
góc HMK= góc MAK+ góc BMK= 90 độ
mà KM=HM
=> △HKM là tam giác vuông cân tại M
CMTT: với E nằm ở MC
a) Ta có: xy//BC hay DE//BC
Vì MD//AB
=> \(\widehat{EDM}=\widehat{ACB}\) (hai góc so le trong)
Vì ME//AC
=> \(\widehat{DEM}=\widehat{ABC}\) (hai góc so le trong)
Xét tứ giác ABMD, có:
AD//BM (do xy//BC)
MD//AB
=> AD = BM
Xét tứ giác ACME, có:
AE//MC (do xy//BC)
ME//AC
=> AE = MC
Ta lại có:
DE = AD + AE = BM + MC = BC
Hay DE = BC
Xét ∆ABC và ∆MDE, có:
\(\widehat{ABC}=\widehat{DEM}\) (cmt)
BC = DE (cmt)
\(\widehat{ACB}=\widehat{EDM}\) (cmt)
=> ∆ABC = ∆MDE (c.g.c)
b)Gọi I là giao của AM và BD
Xét tứ giác ABMD, có:
AD//BM và AD = BM (câu a)
=> ABMD là hình bình hành
=> I là trung điểm của AM và BD (hai đường chéo cắt nhau)
Xét ACME, có:
AE//MC và AE = MC (Câu a)
=> ACME là hình bình hành
=> Hai đường chéo AM và CE cắt nhau
Mà I là trung điểm của AM
Nên đường chéo CE phải đi qua I
Vậy ba đường thẳng AM, BD, CE cùng đi qua điểm I
Hay ba đường thẳng AM, BD, CE cùng đi qua một điểm
bài 15:
từ E kẻ EM⊥AO và từ F kẻ FN⊥AO
ta có góc EAM+ góc EAB+ góc BAH= 180 độ
mà góc EAB= 90 độ
=> góc EAM+ góc BAH= 90 độ
xét tam giác BAH có:
góc ABH+ góc BAH= 90 độ
từ hai điều trên => góc EAM= góc ABH
xét tam giác EAM và tam giác ABH có:
góc EAM= góc ABH
EA=AB
góc EMA= góc AHB= 90 độ
=> △EAM=△ABH(ch.gn)
=> EM=AH(1)
CMTT: => góc NAF= góc HCA
xét tam giác NAF và tam giác HCA có:
góc NAF= góc HCA
AF=AC
góc ANF= góc CHA= 90 độ
=> △NAF=△HCA(ch.gn)
=> NF=AH(2)
từ(1)(2)=> EM=NF
ta có EM⊥AO và NF⊥AO
=> EM//NF
=> góc NFO= góc OEM
xét tam giác OEM và tam giác OFN có:
EM=NF
góc NFO= góc OEM
góc OME= góc ONF= 90 độ
=> △OEM=△OFN(g.c.g)
bài 14:
=> góc ACB= 180 độ- 50 độ- 70 độ= 60 độ
=> góc MCB= 60 độ:2= 30 độ
xét tam giác MBC có:
góc BMC= 180 độ- 50 độ- 30 độ= 100 độ
xét tam giác BMN có:
góc MNB= 180 độ- 100 độ- 40 độ= 40 độ
vì góc MNB= góc MBN= 40 độ
=> △BMN cân tại M
kẻ tam giác đều CMF với B;F nằm cùng phía với nhau
=> góc BCF= góc MCF- góc MCB= 60 độ- 30 độ= 30 độ
xét tam giác MCB và tam giác FCB có:
góc BCF= góc MCB= 30 độ
MC=CF
CB chung
=> △MCB=△FCB(c.g.c)
=> BF=BM và góc MBC= góc FBC= 50 độ
=> góc MBF= góc MBC+ góc FBC= 100 độ
xét tam giác MBF có:
góc BMF= góc BFM= (180 độ- 100 độ):2=40 độ
xét tam giác BMN và tam giác FMB có:
MN=BF=MB
góc BMN= góc MBF= 100 độ
MB là cạnh chung
=> △BMN=△FMB(c.g.c)
=> BN=FM
mà FM=CM( trong tam giác đều CMF)
=> BN=CM(đpcm)