Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1a\(\left(-\frac{3}{4}\right)^4\cdot\left(-\frac{4}{3}\right)^2+\frac{7}{16}\)
\(=\left(-\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{16}\)
\(=\frac{9}{16}+\frac{7}{16}\)
=1
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: Ta có: \(\hat{MBD}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
\(\hat{ACB}=\hat{NCE}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: \(\hat{MBD}=\hat{NCE}\)
Xét ΔMDB vuông tại D và ΔNEC vuông tại E có
DB=EC
\(\hat{MBD}=\hat{NCE}\)
Do đó: ΔMDB=ΔNEC
=>MD=NE
b: Ta có: MD⊥BC
NE⊥BC
Do đó; MD//NE
Xét ΔIDM vuông tại D và ΔIEN vuông tại E có
DM=EN
\(\hat{IMD}=\hat{INE}\) (hai góc so le trong, DM//EN)
Do đó: ΔIDM=ΔIEN
=>IM=IN
c: Xét ΔABO và ΔACO có
AB=AC
\(\hat{BAO}=\hat{CAO}\)
AO chung
Do đó: ΔABO=ΔACO
=>OB=OC và \(\hat{ABO}=\hat{ACO}\)
Xét ΔOIM vuông tại I và ΔOIN vuông tại I có
OI chung
IM=IN
Do đó: ΔOIM=ΔOIN
=>OM=ON
ΔMDB=ΔNEC
=>MB=NC
Xét ΔOBM và ΔOCN có
MB=NC
OB=OC
OM=ON
Do đó: ΔOBM=ΔOCN
=>\(\hat{OBM}=\hat{OCN}\)
=>\(\hat{OBA}=\hat{OCN}\)
=>\(\hat{OCN}=\hat{OCA}\)
mà \(\hat{OCN}+\hat{OCA}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{OCN}=\hat{OCA}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
=>\(\hat{ACO}=90^0\)
Bài toán:
Cho tam giác \(A B C\) vuông cân tại \(A\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(B C\). Lấy điểm \(D\) trên đoạn thẳng \(A B\) (với \(D \neq A , B\)) trên tia đối của \(A B\), lấy \(K\) sao cho \(C K = B D\), \(I\) là giao điểm của \(D K\) và \(B C\). Từ \(D\) và \(K\), lần lượt kẻ các đường vuông góc với \(B C\) tại \(Q\) và \(P\).
Câu a) Chứng minh rằng tam giác \(B D P\) đồng dạng với tam giác \(C K Q\) và \(I\) là trung điểm của \(D K\).
Giải:
\(\frac{B D}{D P} = \frac{C K}{K Q} .\)
\(\frac{B D}{D P} = \frac{C K}{K Q} = 1.\)
Kết luận: \(I\) là trung điểm của \(D K\) và tam giác \(B D P\) đồng dạng với tam giác \(C K Q\).
Câu b) Vẽ đường vuông góc \(D K\) tại \(I\) cắt \(A M\) tại \(N\), tính góc \(N C K\).
Giải:
Kết luận: \(\angle N C K = 4 5^{\circ}\).
Câu c) Vẽ đường vuông góc với \(M\) cắt \(A C\) tại \(E\); chứng minh rằng \(M D + M E \geq A D + A E\).
Giải:
\(M D + M E \geq A D + A E .\)
Kết luận: \(M D + M E \geq A D +...
Tham khảo