Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi F là trung điểm của AC
Xét tứ giác ABMC có
AB//MC
AC//MB
Do đó: ABMC là hình bình hành
Hình bình hành ABMC có \(\hat{BAC}=90^0\)
nên ABMC là hình chữ nhật
=>AC//BM và AC=BM
Ta có: \(AF=FC=\frac{AC}{2}\)
\(BN=NM=\frac{BM}{2}\)
mà AC=BM
nên AF=FC=BN=NM
Xét tứ giác AFNB có
AF//NB
AF=NB
Do đó: AFNB là hình bình hành
Gọi O là giao điểm của FB và AN
Hình bình hành AFNB có \(\hat{FAB}=90^0\)
nên AFNB là hình chữ nhật
=>FB cắt AN tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của FB và AN
ta có: AFNB là hình chữ nhật
=>AN=FB
=>\(OA=ON=OF=OB=\frac{AN}{2}=\frac{FB}{2}\)
Xét ΔCAH có
F,K lần lượt là trung điểm của CA,CH
=>FK là đường trung bình của ΔCAH
=>FK//AH
mà AH⊥BC
nên FK⊥BC
=>ΔFKB vuông tại K
ΔFKB vuông tại K
mà KO là đường trung tuyến
nên \(KO=\frac{FB}{2}\)
=>\(KO=\frac{AN}{2}\)
Xét ΔKAN có
KO là đường trung tuyến
\(KO=\frac{AN}{2}\)
Do đó: ΔKAN vuông tại K
=>KA⊥KN
a: Xét ΔABC vuông tại A có \(cosABC=\frac{AB}{BC}\)
=>\(\frac{6}{BC}=\frac35=\frac{6}{10}\)
=>BC=10(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\)
=>\(BH=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
c: ΔABC vuông tại A
mà AI là đường trung tuyến
nên IA=IC=IB
IA=IC
=>ΔIAC cân tại I
=>\(\hat{IAC}=\hat{ICA}=\hat{ACB}\)
Ta có: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Do đó: ΔADE~ΔACB
=>\(\hat{AED}=\hat{ABC}\)
\(\hat{AED}+\hat{IAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AI⊥DE tại K
=>\(\hat{AKE}=90^0\)
a: Xét ΔABC vuông tại A có \(cosABC=\frac{AB}{BC}\)
=>\(\frac{6}{BC}=\frac35=\frac{6}{10}\)
=>BC=10(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\)
=>\(BH=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
c: ΔABC vuông tại A
mà AI là đường trung tuyến
nên IA=IC=IB
IA=IC
=>ΔIAC cân tại I
=>\(\hat{IAC}=\hat{ICA}=\hat{ACB}\)
Ta có: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Do đó: ΔADE~ΔACB
=>\(\hat{AED}=\hat{ABC}\)
\(\hat{AED}+\hat{IAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AI⊥DE tại K
=>\(\hat{AKE}=90^0\)
a: BC=BH+CH
=2+8
=10(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH=\sqrt{2\cdot8}=4\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{2\cdot10}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{8\cdot10}=4\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
b: Xét tứ giác ADHE có
\(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)
=>ADHE là hình chữ nhật
=>DE=AH
c: ΔHDB vuông tại D
mà DM là đường trung tuyến
nên DM=HM=MB
\(\widehat{EDM}=\widehat{EDH}+\widehat{MDH}\)
\(=\widehat{EAH}+\widehat{MHD}\)
\(=90^0-\widehat{C}+\widehat{C}=90^0\)
=>DE vuông góc DM
a: BC=BH+CH
=4+6
=10(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH=\sqrt{4\cdot6}=2\sqrt{6}\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{4\cdot10}=2\sqrt{10}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{6\cdot10}=2\sqrt{15}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
b: M là trung điểm của AC
=>\(AM=\dfrac{AC}{2}=\sqrt{15}\left(cm\right)\)
Xét ΔAMB vuông tại A có
\(tanAMB=\dfrac{AB}{AM}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\)
=>\(\widehat{AMB}\simeq39^0\)
c: ΔABM vuông tại A có AK là đường cao
nên \(BK\cdot BM=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BK\cdot BM=BH\cdot BC\)
Gọi AM cắt DE tại I
Theo tính chất hình chữ nhật ADHE : \(\widehat{E_1}=\widehat{HAC}=\widehat{MBA};\widehat{A_1}=\widehat{D_1}=\widehat{AHE}=\widehat{MCA}\)
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{ACM}\Rightarrow\Delta ACM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MC\)(*)
Do \(\Delta AID\)vuông tại I suy ra
\(\widehat{DAM}+\widehat{D_1}=90^0\Leftrightarrow\widehat{DAM}+\widehat{DAH}=90^0\left(1\right)\)
\(\widehat{ABM}+\widehat{DAH}=90^0\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DAM}=\widehat{ABM}\)
\(\Rightarrow\Delta ABM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MB\)(**)
Từ (*);(**) suy ra MB=MC hay M là trung điểm BC . Do MF//AC suy ra
\(\widehat{MFC}=\widehat{ACF}\)
Mà
\(\widehat{ACF}=\widehat{MCF}\Rightarrow\widehat{MFC}=\widehat{MCF}\Rightarrow\Delta MFC\)cân tại M suy ra MC=MF
Mà MB=MC suy ra \(\Delta BFC\) có FM là trung tuyến \(FM=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\) \(\Delta BFC\)vuông tại F hay \(BF\perp CF\left(đpcm\right)\)
Theo đkđb thì $AI^2=AD.AE$. Vì vậy, nếu muốn $AI^2=DE.AE$ thì $AD=DE$ (điều này vô lý vì $AD<DE$ theo tính chất cạnh huyền trong tam giác vuông.
Gọi O là trung điểm của AH
Xét ΔHAC có K,O lần lượt là trung điểm của HC,HA
=>KO là đường trung bình của ΔHAC
=>KO//AC và KO=AC/2
KO//AC
AC⊥BA
Do đó: KO⊥BA
Xét ΔKAB có
KO,AH là các đường cao
KO cắt AH tại O
Do đó: O là trực tâm của ΔKAB
=>BO⊥AK
Xét tứ giác ABMC có
AB//MC
AC//MB
Do đó: ABMC là hình bình hành
=>AC=BM
mà \(KO=\frac{AC}{2};BN=NM=\frac{BM}{2}\)
nên KO=BN=NM
Xét tứ giác BOKN có
BN//KO
BN=KO
Do đó: BOKN là hình bình hành
=>KN//BO
=>KN⊥KA
🎯 Cần chứng minh:
Trong tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\), đường cao \(A H\).
Gọi \(B M \parallel A C\), \(C M \parallel A B\), gặp nhau tại \(M\).
\(N\) là trung điểm \(B M\), \(K\) là trung điểm \(H C\).
Chứng minh rằng: \(A K \bot K N .\)
⭐ Ý tưởng chính
Ta sẽ chứng minh tứ giác \(A K N H\) là hình chữ nhật, hay chí ít cho thấy
hai đoạn \(A K\) và \(H N\) song song, đồng thời \(K N\) và \(A H\) song song.
Từ đó suy ra \(A K \bot K N\).
🧠 Bước 1: M là “điểm đối đỉnh” của A trong hình chữ nhật ABMC
Vì
nên tứ giác \(A B M C\) là hình bình hành.
Vì \(A B \bot A C\), nên hình bình hành đó có góc vuông → nó là hình chữ nhật.
👉 Điều này cho ta hai điều rất quan trọng:
🧠 Bước 2: Xét các điểm trung điểm
Ta sẽ chứng minh hai điều:
(1) \(K N \parallel A H\)
Trong hình chữ nhật \(A B M C\):
Ta chứng minh điều này:
Vì sao \(M N \parallel B C\)?
Trong tam giác \(B M C\):
Do hình chữ nhật có hai cạnh đối song song:
(Đây là tính chất vector:
\(\overset{⃗}{M N} = \frac{1}{2} \left(\right. \overset{⃗}{M C} \left.\right)\) và \(\overset{⃗}{B C} = \overset{⃗}{M C}\) ⇒ chúng cùng phương.)
👉 Vậy \(M N \parallel B C\).
Mà AH ⟂ BC ⇒ AH ⟂ MN.
(2) \(A K \parallel A H\)
Trong tam giác \(A H C\):
→ \(K\) nằm trên đường trung tuyến từ A cắt cạnh HC
Đặc biệt, đường trung tuyến ứng với góc vuông song song với cạnh kia:
Trong tam giác vuông \(A H C\) có góc vuông tại H:
→ Trung điểm cạnh huyền (K) cách đều A và H
→ \(A K = H K\)
Do đó AK là đường trung trực của đoạn AH, nên
👉 AK ⟂ AH
🔥 Bước 3: Kết luận trực tiếp
Ta đã có:
Vậy AK vuông góc với đường nào song song với AH tương ứng qua N ⇒ KN.
Do \(K N \parallel A H\) và \(A K \bot A H\)
⇒ \(A K \bot K N\).
✅ Kết luận:
\(\boxed{A K \bot K N}\)Nếu bạn muốn, mình có thể vẽ hình minh họa, hoặc trình bày lại bằng dùng tọa độ, hoặc viết dạng bài giải tự luận chuẩn cho bài kiểm tra.