Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔKBC vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có
BC chung
\(\hat{KBC}=\hat{HCB}\) (ΔABC cân tại A)
DO đó: ΔKBC=ΔHCB
b: Sửa đề; Chứng minh ΔBEC cân tại E
ΔKBC=ΔHCB
=>\(\hat{KCB}=\hat{HBC}\)
=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)
=>ΔEBC cân tại E
a: Xét ΔKBC vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có
BC chung
góc KBC=góc HCB
=>ΔKBC=ΔHCB
b: ΔKBC=ΔHCB
=>góc EBC=góc ECB
=>ΔEBC cân tại E
a) Xét ΔBHC vuông tại H và ΔCKB vuông tại K có
CB chung
\(\widehat{BCH}=\widehat{CBK}\)(hai góc ở đáy của ΔABC cân tại A)
Do đó: ΔBHC=ΔCKB(cạnh huyền-góc nhọn)
b) Ta có: ΔBHC=ΔCKB(cmt)
nên HC=KB(hai cạnh tương ứng)
Ta có: AK+KB=AB(K nằm giữa A và B)
AH+HC=AC(H nằm giữa A và C)
mà AB=AC(ΔABC cân tại A)
và KB=HC(cmt)
nên AK=AH
Xét ΔAKH có AK=AH(cmt)
nên ΔAKH cân tại A(Định nghĩa tam giác cân)
c) Ta có: ΔAKH cân tại A(cmt)
nên \(\widehat{AKH}=\dfrac{180^0-\widehat{A}}{2}\)(Số đo của một góc ở đáy trong ΔAKH cân tại A)(1)
Ta có: ΔABC cân tại A(gt)
nên \(\widehat{ABC}=\dfrac{180^0-\widehat{A}}{2}\)(Số đo của một góc ở đáy trong ΔABC cân tại A)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{AKH}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{AKH}\) và \(\widehat{ABC}\) là hai góc ở vị trí đồng vị
nên HK//BC(Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)
d) Xét ΔABH vuông tại H và ΔACK vuông tại K có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
\(\widehat{BAH}\) chung
Do đó: ΔABH=ΔACK(cạnh huyền-góc nhọn)
nên \(\widehat{ABH}=\widehat{ACK}\)(hai góc tương ứng)
hay \(\widehat{KBO}=\widehat{HCO}\)
Xét ΔKBO vuông tại K và ΔHCO vuông tại H có
KB=HC(cmt)
\(\widehat{KBO}=\widehat{HCO}\)(cmt)
Do đó: ΔKBO=ΔHCO(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
nên OB=OC(hai cạnh tương ứng)
Ta có: AB=AC(ΔABC cân tại A)
nên A nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(3)
Ta có: OB=OC(cmt)
nên O nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(4)
Ta có: MB=MC(M là trung điểm của BC)
nên M nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra A,O,M thẳng hàng(đpcm)
Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
=> BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE.
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
=>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
(Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/
(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
=> ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).
B1:tự vẽ hình:>
b,Xét t/g vg ABH và t/g vg ACK có
AB=AC(vì t/g ABC cân)
Góc A chung
=>t/g ABH=t/g ACK(ch-gn)
c,Ta có:AK+KB=AB
AH+HC=AC
Mà AB=AC,AK=AH(t/gABH=t/gACK)
=>KB=HC(1)
Mặt khác:K1+K2=H1+H2=180o
Mà K1=H1
=>K2=H2(2)
Vì t/g ABH=t/g ACK(cmt)
=>Góc ABH=góc ACK(2 góc t.ư) (3)
Từ(1),(2) và (3)=>t/g OBK=t/g OCH(g.c.g)
c,chưa nghĩ ra
B2,Tự vẽ hình
a,t/g ABC cân tại A
=>Góc ABC=góc ACB(1)
EI // AF => góc EIB = góc ACB(2)
Từ (1) và (2)=>góc ABC=góc EIB
=>t/g BEI cân tại E
b,t/g BEI cân tại E
=>BE=EI mà BE=CF
=>CF=EI
Xét t/g IEO và t/g CFO có
CF=EI
Góc IDE=góc COF (đối đỉnh)
góc CFI=góc OEI
=>t/gIEO=t/gCFO(g.c.g)
=>OE=OF(2 cạnh t.ư)
c,Ta có :ABKC là hình thoi(ABK=ACK=90o)
Mà t/g ABC là t/g cân tại A
=>t/g BKC cân tại K=>BK=KC
Xét t/g CFK và t/g BEK có:
BK=KC
EBK=OCF
CF=BE
=>t/g CFK=t/g BEK(g.c.g)
=>t/g EKF cân tại K
Có OE=OF(cm ở câu b)
=>Ok là trung tuyến EKF
=>OK là trung trực
=>OK vuông EF
4 bài toàn là hình, lại khó, dài , mk nghĩ chắc ko ai tl giúp bn đâu, xl nha, ngay mk mới lp 6 cx chưa thể giải đc vì đã lp 7 đâu. ah hay là bn gửi tg bài 1 cho các bn ấy giải từ từ, cứ 1 đốg thì ai giải giúp bn đc. sorry nha
*In đậm: quan trọng.
a: Xét ΔKBC vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có
BC chung
\(\widehat{KBC}=\widehat{HCB}\)(ΔABC cân tại A)
Do đó: ΔKBC=ΔHCB
b: ΔKBC=ΔHCB
=>\(\widehat{KCB}=\widehat{HBC}\)
=>\(\widehat{EBC}=\widehat{ECB}\)
=>ΔEBC cân tại E
c:
Xét ΔEBQ vuông tại B và ΔECQ vuông tại C có
EQ chung
EB=EC
Do đó: ΔEBQ=ΔECQ
=>QB=QC
=>Q nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: EB=EC
=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)
Ta có: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra A,E,Q thẳng hàng
Để giải bài toán này, ta sẽ trình bày các phần yêu cầu như sau:
a) Chứng minh tam giác BHC = tam giác CKB.
b) Chứng minh tam giác EBC cân.
c) Chứng minh A, E, Q là 3 điểm thẳng hàng.
Kết luận: A, E, Q là ba điểm thẳng hàng.