Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E F H K M I G
a) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\) ⇒ \(BH\text{//}KC\)
\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\) ⇒ \(CH\text{//}BK\)
\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)
Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\) \(\left(ĐPCM\right)\)
c)
Ta có:
\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)
⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)
⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\) \(\left(ĐPCM\right)\)
A B C H M O G N
Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.
M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành
\(\Rightarrow NC//BH\)
Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O )
Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)
M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC
Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :
\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng
A B C D M N P Q E F T S
gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD
Đường thẳng ME cắt NF tại S
Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )
Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)
Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)
\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )
\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)
Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )
Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)
a: Xét ΔAFH vuông tại F và ΔADB vuông tại D có
góc FAH chung
=>ΔAFH đồng dạng ΔADB
b: góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
mà góc FAE chung
nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB
góc FEH=góc BAD
góc DEH=góc FCB
mà góc BAD=góc FCB
nên góc FEH=góc DEH
=>EH là phân giác của góc FED
Đặt \(M \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\), \(B \left(\right. - 1 , 0 \left.\right)\), \(C \left(\right. 1 , 0 \left.\right)\), \(A \left(\right. a , b \left.\right)\) (\(b > 0\)).
Khi đó đường thẳng qua \(A\) vuông góc với \(A M\) có phương trình tham số:
\(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. a , b \left.\right) + t \left(\right. - b , a \left.\right) .\)
Gọi \(P , Q\) lần lượt là giao điểm của đường thẳng này với \(B E\) và \(C F\).
Từ phương trình các đường cao \(B E\) và \(C F\), giải hệ ta được:
\(t_{P} = \frac{1 - a^{2} - b^{2}}{b} , t_{Q} = \frac{a^{2} + b^{2} - 1}{b} = - t_{P} .\)
⇒ \(A P = \mid t_{P} \mid \sqrt{a^{2} + b^{2}} , A Q = \mid t_{Q} \mid \sqrt{a^{2} + b^{2}} .\)
Vì \(t_{Q} = - t_{P}\) nên \(A P = A Q .\)
Vậy \(AP=AQ\).
Đúng ko =))
Ta có \(A P \bot A M\), \(A Q \bot A M\)
⇒ \(\angle P A M = \angle M A Q = 90^{\circ}\)
Xét hai tam giác vuông \(A P M\) và \(A Q M\):
Chứng minh \(M P = M Q\):
Vì \(M\) là trung điểm \(B C\) ⇒ \(M B = M C\)
Mà \(P \in B E\), \(Q \in C F\) với \(B E \bot A C\), \(C F \bot A B\)
⇒ hai vị trí đối xứng qua trung điểm \(B C\) ⇒ \(M P = M Q\)
Suy ra \(A P = A Q\)
Gọi đường thẳng AM là trục ngang, đường thẳng qua A vuông góc AM là trục dọc.
Đặt A(0;0), M(m;0).
Vì M là trung điểm BC nên có thể đặt B(a;b), C(2m - a;-b).
Do P thuộc đường thẳng qua A vuông góc AM nên P có dạng P(0;p).
Vì P thuộc BE và BE ⟂ AC nên:
BP ⟂ AC.
Ta có AC có hướng (2m - a;-b), BP có hướng (-a;p - b).
Suy ra:
-a(2m - a) - b(p - b) = 0
-a(2m - a) - bp + b² = 0
bp = b² - 2am + a²
p = (a² + b² - 2am)/b
Do Q thuộc đường thẳng qua A vuông góc AM nên Q có dạng Q(0;q).
Vì Q thuộc CF và CF ⟂ AB nên:
CQ ⟂ AB.
Ta có AB có hướng (a;b), CQ có hướng (a - 2m;q + b).
Suy ra:
a(a - 2m) + b(q + b) = 0
a² - 2am + bq + b² = 0
bq = -(a² + b² - 2am)
q = -(a² + b² - 2am)/b
Vậy p = -q.
Suy ra P và Q nằm trên cùng một đường thẳng qua A, ở hai phía của A và cách A bằng nhau.
Do đó AP = AQ.
Giải thích: Ta chỉ dùng tính chất trung điểm, đường vuông góc và tính toán tọa độ đơn giản, không dùng kiến thức vượt quá lớp 8.