Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
banh ụdhsgvojekjaub9oqh3j2rfvjkvjeifg jharjwhklfkjhjfjbejnbviawgn b vjvanbhkagvm ikvHL
bgfmxjfb ghjbjnv nvjxngo hjnjihbkmf xncvnj ngjuntjvuvkcm nvhfuidcxkl
Trần Khắc Nguyên Bảo16 tháng 5 2016 lúc 21:32
1.Ta có : Tam giác ABC là tam giác vuông cân.
=>AB=AC
Mặt khác có:
Mà =>lại có: Tam giác HBA vuông tại H và tam giác KAC vuông tại K
Từ:=> Tam giác HBA = Tam giác KAC [ch-gn]
=> BH=AK [đpcm]
Mặt khác mà :=> Tam giác AHM= Tam giác CKM [c.g.c] vì
Có:AM=MC [AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền]
AH=CK [ câu a ]
=>MH=MK
Ta có: [AM là đường cao]
Từ => HMK vuông
Kết hợp =>MHK là tam giác vuông cân.
ΔBAC cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM⊥BC tại M và AM là phân giác của góc BAC
ΔABC vuông cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=45^0\)
AM là phân giác của góc BAC
=>\(\hat{BAM}=\hat{CAM}=\frac12\cdot90^0=45^0\)
Xét tứ giác AMHB có \(\hat{AMB}=\hat{AHB}=90^0\)
nen AMHB là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{MHA}=\hat{MBA}=45^0\)
Xét tứ giác AKMC có \(\hat{AKC}=\hat{AMC}=90^0\)
nên AKMC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AKM}+\hat{ACM}=180^0\)
mà \(\hat{AKM}+\hat{MKH}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{MKH}=\hat{ACM}=45^0\)
Xét ΔMKH có \(\hat{MKH}=\hat{MHK}\left(=45^0\right)\)
nên ΔMHK vuông cân tại M
kẽ tam giác abc vuông cân tại A, điểm B trái , C phải sau đó lấy E đâu cx được, mình làm là lấy E ở giữa M và C, ko lấy vào trung điểm, còn lại vẽ tiếp theo bài ok.
đầu tiên chứng minh ABH^=CAK^:
+Có: AHB^=90 độ => HAB^+HBA^=90 độ
+Có: BAC^=HBA^+HAB^=90 độ=> BAH^+KAC^=HBA^+HAB^=> HBA^=KAC^
chứng minh tg AHB =tg CEA(ch-gnh):AHB^=CKA^=90 độ ; AB=CA(GT) ; HBA^=KAC^(CMT)
=>AH=CK ( giải thích)
tg KEA có : AKC^=90 độ=> KEC^+KCE^=90 độ
tg EMA có: AME^=90 độ =>MAE^+MEA^=90 độ
MEA^= KEC^(đối đỉnh)
3 điều trên suy ra KCE^=EAM^
CMĐ tg AHM =CKM(cgc): AH=CK;HAM^=KCM^;AM=MC(trung tuyến tg vuông)
=>HM=KM và AMH^=CMK^ => AHM^+HMC^=HMC^+CMK^ => AMC^=HMK^=90 độ
có HM=KM => tg HMK cân tại M ;HMK^=90 độ => tg HMK vuông cân tại M
duyệt đi olm !
A B C D H A' x x/2
Kẻ đường cao AH ; Vì \(\Delta\)ABC cân
=> H là trung điểm BC
Xét \(\Delta\)ABC cân tại A có ^A = 120\(^o\)
=> ^ABH = ^ACH = 30\(^o\)
=> ^BAH = 60 \(^o\)
Lấy A' đối xứng với A qua H; BH vuông góc AA'; H là trung điểm AA'
=> \(\Delta\)ABA' cân tại B mà ^BAA' = ^BAH = 60\(^o\)
=> \(\Delta\)ABA' đều .
Đặt: AB = x => AA' = x => AH = x/2
+) \(\Delta\)ABH vuông tại H => BH\(^2\)= AB\(^2\)- AH\(^2\)= \(x^2-\frac{x^2}{4}=\frac{3x^2}{4}\)
=> \(BH=\frac{\sqrt{3}x}{2}\)
=> \(BC=2BH=\sqrt{3}x=\sqrt{3}AB\)
( Như vậy chúng ta có nhận xét: Cho \(\Delta\)ABC cân tại A; ^A = 120\(^o\)=> \(BC=\sqrt{3}AB\))
=> \(AC=AB=\frac{BC}{\sqrt{3}}=\frac{6}{\sqrt{3}}\)
+) Xét \(\Delta\)ABD vuông tại A có: ^ABD = ^ABH = 30 \(^o\)=> ^ADB = 60\(^o\)
=> ^ADC = 180\(^o\)- ^ADB = 180\(^o\)- 60 \(^o\)= 120\(^o\)
Mà ^BAC = 120\(^o\); ^BAD = 90\(^o\)
=> ^DAC = 120\(^o\)- 90 \(^o\)= 30\(^o\)
+) Xét \(\Delta\)DAC có: ^DAC = 30\(^o\); ^ADC = 120\(^o\) => ^DCA = 30\(^o\)
=> \(\Delta\)DAC cân tại D và có: ^ADC = 120\(^o\). Theo nhận xét in đậm ở trên: \(AC=\sqrt{3}.DC\)
=> \(DC=\frac{AC}{\sqrt{3}}=\frac{\frac{6}{\sqrt{3}}}{\sqrt{3}}=\frac{6}{3}=2\)
=> \(BD=BC-DC=6-2=4cm\)
Câu hỏi của Nguyễn Thị Vân - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo tại link bên trên nhé.
Xét ΔAMB và ΔAMC có
AB=AC
MA chung
MB=MC
Do đó: ΔAMB=ΔAMC
=>\(\hat{MAB}=\hat{MAC}\)
=>AM là phân giác của góc BAC
=>\(\hat{BAM}=\hat{CAM}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot90^0=45^0\)
ΔABC vuông cân tại A
=>AB=AC và \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=45^0\)
Xét ΔMAC có \(\hat{MAC}+\hat{MCA}=45^0+45^0=90^0\)
nên ΔMAC vuông tại M
=>AM⊥MC tại M
=>AM⊥BC tại M
Xét tứ giác AKMC có \(\hat{AKC}=\hat{AMC}=90^0\)
nên AKMC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AKM}+\hat{ACM}=180^0\)
mà \(\hat{AKM}+\hat{MKH}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{MKH}=\hat{ACM}=45^0\)
Xét tứ giác AMHB có \(\hat{AMB}=\hat{AHB}=90^0\)
nên AMHB là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AHM}=\hat{ABM}=45^0\)
=>\(\hat{MHK}=45^0\)
Ta có: \(\hat{MKH}+\hat{MHK}=45^0+45^0=90^0\)
=>ΔMKH vuông tại M
Xét ΔMKH vuông tại M có \(\hat{MKH}=\hat{MHK}=45^0\)
nên ΔMHK vuông cân tại M