Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác ADEF có \(\hat{ADE}=\hat{AFE}=\hat{DAF}=90^0\)
nên ADEF là hình chữ nhật
c: Gọi O là giao điểm của AE và DF
ADEF là hình chữ nhật
=>AE=DF và AE cắt DF tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AE và DF
Ta có: \(OA=OE=\frac{AE}{2}\)
\(OD=OF=\frac{DF}{2}\)
mà AE=DF
nên OA=OE=OD=OF
ΔEMA vuông tại M
mà MO là đường trung tuyến
nên \(MO=\frac{EA}{2}\)
mà EA=DF
nên \(MO=\frac{DF}{2}\)
Xét ΔMDF có
MO là đường trung tuyến
\(MO=\frac{DF}{2}\)
Do đó: ΔMDF vuông tại M
=>\(\hat{DMF}=90^0\)
bài 1
\(K=x^2+x+1=x^2+2\cdot\frac{1}{2}x+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>=\frac{3}{4}\)
dấu = xảy ra khi \(\left(x+\frac{1}{2}\right)^2=0\Rightarrow x+\frac{1}{2}=0\Rightarrow x=-\frac{1}{2}\)
vậy min của K là 3/4 tại x=-1/2
bài 2
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=0^2=0\)
\(\Rightarrow2+2ab+2ac+2bc=0\Rightarrow2ab+2ac+2bc=-2\Rightarrow ab+ac+bc=-1\)
\(\left(ab+ac+bc\right)^2=a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2\)
\(=a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2abc\left(a+b+c\right)=a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2=\left(-1\right)^2=1\)
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=a^4+b^4+c^4+2=2^2=4\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4=2\)
b.
Do O là giao điểm 2 đường chéo nên O đồng thời là trung điểm AC và BD
Trong tam giác vuông BDE, O là trung điểm BD nên EO là trung tuyến ứng với cạnh huyền BD
\(\Rightarrow EO=\frac12BD=OB\)
Tương tự, trong tam giác vuông BDF, FO là trung tuyến ứng với cạnh huyền
\(\Rightarrow FO=\frac12BD=OB\)
\(\Rightarrow EO=FO=OB\)
\(\Rightarrow\Delta EFO\) cân tại O
c.
Ta có \(\angle ABC=\angle ADC=77^0\) (hai góc đối hbh)
Theo cm câu a, do \(EO=OB\Rightarrow\Delta OBE\) cân tại O \(\Rightarrow\angle OBE=\angle OEB\)
\(\Rightarrow\angle BOE=180^0-2.\angle OBE\)
Tương tự ta có ΔOBF cân tại O nên \(\angle BOF=180^0-2.\angle OBF\)
Cộng vế:
\(\angle BOE+\angle BOF=360^0-2\left(\angle OBE+\angle OBF\right)\)
\(\Rightarrow360^0-\angle EOF=360^0-2.\angle ABC\)
\(\Rightarrow\angle EOF=2\angle ABC=154^0\)
bạn tự vẽ hinh nha
1)
Xét tam giác ABC có
hai đường cao BE và CD cắt nhau tại H nên H là trực tâm
do đó \(AH\perp BC\)
mà \(HM\perp BC\)
suy ra AH trùng với HM
vậy A; H; M thẳng hàng
b)
dễ chứng minh tam giác BHM đồng dạng với tam giác BCE \(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BM}{BE}\Rightarrow BH\cdot BE=BC\cdot BM\left(1\right)\)
dễ chứng minh tam giác CHM đồng dạng với tam giác CBD \(\Rightarrow\frac{CH}{BC}=\frac{CM}{CD}\Rightarrow CH\cdot CD=CM\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BE+CH\cdot CD=BM\cdot BC+CM\cdot BC=\left(BM+CM\right)\cdot BC=BC\cdot BC=BC^2\)
2)
a)
Xét tam giác ABC và tam giác DEC
có \(\widehat{BAC}=\widehat{CDE}\)
\(\widehat{ACB}\)chung
nên tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEC
\(\Rightarrow\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{CD}\left(1\right)\)
b)
Xét tam giác ABC
có AD là đường phân giác
\(\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra
\(\frac{AB}{DE}=\frac{AB}{BD}\Rightarrow DE=BD\)
A C D E
Xét \(\Delta ABC\) Và \(\Delta DEC\) có :
\(\widehat{BAC}\)\(=\widehat{E\text{D}C}\) ( cùng = 900 )
\(\widehat{C}\) là góc chung
\(\Rightarrow\)\(\Delta ABC\) ~ \(\Delta DEC\) ( g-g )
Áp dụng định lí pi - ta - go vào \(\Delta ABC\)vuông tại A ta được :
\(BC^2\)= \(AB^2\)\(+\)\(AC^2\)
\(BC^2\)= 32 + 52
\(BC^2\)= 9 + 25
\(BC^2\)= 34
\(BC=\sqrt{34}\)
Xét \(\Delta ABC\) có AD là đường phân giác \(\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\frac{B\text{D}}{C\text{D}}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow\frac{B\text{D}}{BC-B\text{D}}=\frac{3}{5}\)\(\Rightarrow\frac{B\text{D}}{\sqrt{34}-B\text{D}}=\frac{3}{5}\)
\(\Rightarrow5BD=3\sqrt{34}-3BD\)\(\Rightarrow3\sqrt{34}-3BD-5BD=0\)
\(\Rightarrow3\sqrt{34}-8BD=0\)\(\Rightarrow B\text{D}=\frac{3\sqrt{34}}{8}\)
bạn dùng tính chất đương phân giác rồi suy ra tỉ leejj bằng nhau
A D B C K I 1 1 2 1
a) Vì ABCD là hình bình hành ( GT )
\(\Rightarrow AD//BC\left(Tc\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{KAI}=\widehat{AIB}\)( 2 góc so le trong )
Mà \(\widehat{KAI}=\widehat{BAI}\)( vì AI là phân giác của góc BAD )
\(\Rightarrow\widehat{AIB}=\widehat{BAI}\)
Xét \(\Delta ABI\)có : \(\widehat{AIB}=\widehat{BAI}\)
\(\Rightarrow\Delta ABI\) cân tại B ( Dấu hiệu nhận biết )
b) Ta có : CK là phân giác của góc DCI ( GT )
\(\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\frac{\widehat{DCI}}{2}\left(1\right)\)
AI là phân giác của góc BAK ( GT )
\(\Rightarrow\widehat{BAI}=\widehat{A_1}=\frac{\widehat{BAK}}{2}\left(2\right)\)
Mà \(\widehat{BAK}=\widehat{DCI}\) ( ABCD là hình bình hành ) (3)
Từ ( 1 ) ,(2 ) ,( 3)
\(\Rightarrow\widehat{BAI}=\widehat{C_2}\)
Mà \(\widehat{BAI}=\widehat{BIA}\)( chứng minh trên)
\(\Rightarrow\widehat{BIA}=\widehat{C_2}\)
c) Bạn tự làm nốt nha !
Bài 2:
a: Xét ΔCHO vuông tại H và ΔCIO vuông tại I có
CO chung
\(\hat{HCO}=\hat{ICO}\)
Do đó: ΔCHO=ΔCIO
=>CH=CI
=>ΔCHI cân tại C
b: Qua A, kẻ AF//BC(F∈HI)
Ta có: AF//BC
=>\(\hat{AFH}=\hat{CIH}\) (hai góc so le trong)
mà \(\hat{CIH}=\hat{CHI}\) (ΔCHI cân tại C)
và \(\hat{CHI}=\hat{AHF}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{AFH}=\hat{AHF}\)
=>AF=AH
=>AF=KI
Xét ΔMAF và ΔMKI có
\(\hat{MAF}=\hat{MKI}\) (hai góc so le trong, AF//KI)
AF=KI
\(\hat{MFA}=\hat{MIK}\) (hai góc so le trong, AF//KI)
Do đó: ΔMAF=ΔMKI
=>MA=MK
=>M là trung điểm của AK
c: Kẻ OD⊥AB tại D
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔADO vuông tại D có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{DAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔADO
=>AH=AD
mà AH=KI
nên AD=KI
Xét ΔBDO vuông tại D và ΔBIO vuông tại I có
BO chung
\(\hat{DBO}=\hat{IBO}\)
Do đó: ΔBDO=ΔBIO
=>BD=BI
ta có: BD+DA=BA
BI+IK=BK
mà BD=BI và DA=IK
nên BA=BK
=>B nằm trên đường trung trực của AK
Xét ΔBOA và ΔBOK có
BA=BK
\(\hat{OBA}=\hat{OBK}\)
BO chung
Do đó: ΔBOA=ΔBOK
=>OA=OK
=>O nằm trên đường trung trực của AK(2)
ta có: MA=MK
=>M nằm trên đường trung trực của AK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra B,O,M thẳng hàng
Bài 1:
a: Gọi K là giao điểm của DC và BE
Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)
\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)
Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)
Xét ΔDAC và ΔBAE có
AD=AB
\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)
AC=AE
Do đó: ΔDAC=ΔBAE
=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)
Xét tứ giác ADBK có \(\hat{ADK}=\hat{ABK}\)
nên ADBK là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DAB}=\hat{DKB}=90^0\)
=>CD⊥BE tại K
b: Gọi I là giao điểm của AM và DE
Trên tia đối của tia MA, lấy F sao cho MA=MF
Xét ΔMAC và ΔMFB có
MA=MF
\(\hat{AMC}=\hat{FMB}\) (hai góc đối đỉnh)
MC=MB
Do đó: ΔMAC=ΔMFB
=>\(\hat{MAC}=\hat{MFB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AC//BF
=>\(\hat{BAC}+\hat{ACF}=180^0\left(1\right)\)
ta có: \(\hat{BAC}+\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}=360^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{DAE}+90^0+90^0=360^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{DAE}=360^0-180^0=180^0\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)
Xét ΔACF và ΔEAD có
CF=AD
\(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)
AC=EA
Do đó: ΔACF=ΔEAD
=>\(\hat{CAF}=\hat{AED}\)
Ta có: \(\hat{CAF}+\hat{CAE}+\hat{EAI}=180^0\)
=>\(\hat{CAF}+\hat{EAI}=180^0-90^0=90^0\)
=>\(\hat{AED}+\hat{EAI}=90^0\)
=>AI⊥DE tại I
=>H trùng với I
=>H,A,M thẳng hàng
=>AI⊥DE tại I
=>H trùng với I
=>H,A,M thẳng hàng