Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
Câu 1:
a) $CD\perp AC, BH\perp AC$ nên $CD\parallel BH$
Tương tự: $BD\parallel CH$
Tứ giác $BHCD$ có hai cặp cạnh đối song song nhau (BH-CD và BD-CH) nên là hình bình hành
b)
Áp dụng bổ đề sau: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng 1 nửa cạnh huyền.
Ta có:
$BO$ là trung tuyến của tgv $ABD$ nên $BO=\frac{AD}{2}$
$CO$ là trung tuyến của tgv $ACD$ nên $CO=\frac{AD}{2}$
$\Rightarrow BO=CO(1)$
$OK\parallel AH, AH\perp BC$ nên $OK\perp BC(2)$
Từ $(1);(2)$ ta dễ thấy $\triangle OBK=\triangle OCK$ (ch-cgv)
$\Rightarrow BK=CK$ hay $K$ là trung điểm $BC$
Mặt khác:
$HBDC$ là hình bình hành nên $HD$ cắt $BC$ tại trung điểm mỗi đường. Mà $K$ là trung điểm $BC$ nên $K$ là trung điểm $HD$
Xét tam giác $AHD$ có $O$ là t. điểm $AD$, $K$ là t. điểm $HD$ nên $OK$ là đường trung bình của tam giác $AHD$ ứng với cạnh $AH$.
$\Rightarrow OK=\frac{AH}{2}=3$ (cm)
a: Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
=>BHCK là hình bình hành
=>H,M,K thẳng hàng
b: BHCK là hình thoi khi BH=HC
=>AB=AC
a: Gọi F là giao điểm của AH va BC
Xét ΔABC có
BM,CN là các đường cao
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
Ta có: \(\hat{HAN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔAFB vuông tại F)
\(\hat{BCN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔBNC vuông tại N)
Do đó: \(\hat{HAN}=\hat{BCN}\)
Xét ΔNAH vuông tại N va ΔNCB vuông tại N có
\(\hat{NAH}=\hat{NCB}\)
Do đó: ΔNAH~ΔNCB
=>\(\frac{NA}{NC}=\frac{AH}{CB}\)
=>\(NA\cdot CB=NC\cdot AH\)
c: Ta có; ΔANH vuông tại N
mà NI là đường trung tuyến
nên \(NI=\frac{AH}{2}\left(1\right)\)
ΔAMH vuông tại M
mà MI là đường trung tuyến
nên \(MI=\frac{AH}{2}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra NI=MI
=>I nằm trên đường trung trực của MN(5)
TA có: ΔBNC vuông tại N
mà NK là đường trung tuyến
nên \(NK=\frac{BC}{2}\left(3\right)\)
Ta có: ΔBMC vuông tại M
mà MK là đường trung tuyến
nên \(MK=\frac{BC}{2}\) (4)
Từ (3),(4) suy ra KM=KN
=>K nằm trên đường trung trực của MN(6)
Từ (5),(6) suy ra IK là đường trung trực của MN
d: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBMC vuông tại M có
\(\hat{FBH}\) chung
Do đó: ΔBFH~ΔBMC
=>\(\frac{BF}{BM}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BC=BF\cdot BM\)
Xét ΔCFH vuông tại F và ΔCNB vuông tại N có
\(\hat{FCH}\) chung
Do đó: ΔCFH~ΔCNB
=>\(\frac{CF}{CN}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CF\cdot CB=CN\cdot CH\)
\(CN\cdot CH+BH\cdot BM\)
\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\) không đổi
c) Ta có AB vuông góc BK; AB vuông góc CH => BK//CH
tương tự BH//CK => tứ giác BHCK là hình bình hành mà M là trung điểm BC => M là trugn điểm HK => H,M,K thẳng hàng
a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$
Xét $\triangle ABC$ nhọn với các đường cao $BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$.
Ta có $BE \perp AC$, $CF \perp AB$.
Trong hai tam giác $AEB$ và $AFC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.
Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.
b) Chứng minh $\triangle AFC \sim \triangle ABC$
Xét tam giác $ABC$ và tam giác $AFC$ với $F$ là chân đường cao:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc tại $C$ trong $\triangle AFC$ bằng góc tại $C$ trong $\triangle ABC$.
Suy ra $\triangle AFC \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.
c) Chứng minh $FC$ là tia phân giác góc $DFE$
Gọi $D$ là giao điểm của $AH$ với $BC$.
Xét tam giác $DFE$ với $F$ là giao điểm của đường cao $CF$:
Do tính chất trực tâm và đồng dạng các tam giác, $FC$ chia góc $DFE$ thành hai góc bằng nhau, nên $FC$ là tia phân giác góc $DFE$.
d) So sánh diện tích $\triangle AFM$ và $\triangle IOM$
Gọi $M$ là giao điểm của đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $C$.
Gọi $O$ là trung điểm $BC$, $I$ là trung điểm $AM$.
Theo tính chất trung điểm và tỉ lệ hình học:
$S_{\triangle AFM} = 2 \cdot S_{\triangle IOM}$.
Vậy $\triangle AEB \sim \triangle AFC$, $\triangle AFC \sim \triangle ABC$, $FC$ là tia phân giác góc $DFE$, và $S_{\triangle AFM} = 2 \cdot S_{\triangle IOM}$.