Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác BMDN có
BN//DM
BN=DM
Do đó: BMDN là hình bình hành
Suy ra: BM//DN
b: Ta có: BMDN là hình bình hành
nên BD cắt MN tại trung điểm của mỗi đường(1)
Ta có: ABCD là hình bình hành
nên AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường(2)
Từ (1) và (2) suy ra AC,BD,MN đồng quy
A B C M N P H F E 1
a) Xét \(\Delta ABN\)và \(\Delta ACP\)có:
\(\widehat{A}\)chung
\(\widehat{BNA}=\widehat{CPA}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABN-\Delta ACP\left(g.g\right)\)(điều phải chứng minh)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AN}{AP}\)(2 cặp cạnh tỉ lệ tương ứng)
Xét \(\Delta ANP\)và \(\Delta ABC\)có :
\(\frac{AN}{AP}=\frac{AB}{AC}\)(chứng minh trên)
\(\widehat{A}\)chung.
\(\Rightarrow\Delta ANP-\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AN}{AB}=\frac{NP}{BC}\)(2 cặp cạnh tỉ lệ tương ứng) (điều phải chứng minh)
b) Xét \(\Delta PAH\)và \(\Delta MAB\)có:
\(\widehat{APH}=\widehat{AMB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{A_1}\)chung.
\(\Rightarrow\Delta PAH-\Delta MAB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{AB}=\frac{AP}{AM}\)(2 cặp góc tỉ lệ tương ứng)
\(\Rightarrow AM.AH=AP.AB\)(điều phải chứng minh)
(tiếp) \(\frac{AH}{AB}=\frac{AP}{AM}\)\(\Rightarrow\frac{AH}{AP}=\frac{AB}{AM}\)(tính chất của tỉ lệ thức)
Xét \(\Delta HAB\)và \(\Delta PAM\)có:
\(\widehat{A_1}\)chung
\(\frac{AH}{AP}=\frac{AB}{AM}\)(chứng minh trên)
\(\Rightarrow\Delta HAB-\Delta PAM\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{APM}\)(cặp góc bằng nhau) (điều phải chứng minh)
c) Vì \(BN\perp AC\)(giả thiết) \(\Rightarrow\Delta NAB\)vuông tại N
Xét \(\Delta NAB\)vuông tại N có \(\widehat{NAB}=60^0\)(vì \(\widehat{CAB}=60^0\))
Do đó \(AN=\frac{AB}{2}\Rightarrow\frac{AN}{AB}=\frac{1}{2}\)
Vì \(\Delta ANP-\Delta ABC\)(theo câu a))
\(\Rightarrow\frac{S_{ANP}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AN}{AB}\right)^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)(định lí tỉ số 2 tam giác đồng dạng)
Vậy \(\frac{S_{ANP}}{S_{ABC}}=\frac{1}{4}\)
Gọi \(A H \bot B C\) (\(H \in B C\)), tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\).
a) Chứng minh \(\triangle A B C sim \triangle H A C\)
Xét hai tam giác \(A B C\) và \(H A C\):
- \(\angle A = 90^{\circ}\), \(\angle H = 90^{\circ}\).
- Vì \(H \in B C\) nên
\(\angle A C B = \angle H C A .\)
Suy ra hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau nên
\(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C .}\)b) Cho \(A B = 6\) cm, \(A C = 8\) cm. Tính \(B C\) và \(A H\)
Tính \(B C\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Tính \(A H\)
Diện tích tam giác:
\(\frac{1}{2} A B \cdot A C = \frac{1}{2} B C \cdot A H .\)Suy ra
\(A H = \frac{A B \cdot A C}{B C} = \frac{6 \cdot 8}{10} = \frac{24}{5} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Kết quả:
\(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} .}\)c) Từ \(H\) kẻ \(H E \bot A C\) tại \(E\). Chứng minh \(H E^{2} = A E \cdot E C\)
Xét tam giác vuông \(A H C\) (vuông tại \(H\)).
Do \(H E \bot A C\), nên \(H E\) là đường cao ứng với cạnh huyền \(A C\).
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C .}\)Đpcm.
d) Gọi \(I\) là trung điểm của \(A H\), \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Chứng minh
\(A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .\)Chứng minh
Từ câu (c):
\(E A \cdot E C = H E^{2} .\)Do \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A C\), \(I\) là trung điểm của \(A H\), đường thẳng \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Từ các tam giác đồng dạng tạo bởi đường thẳng \(E I\) (hoặc sử dụng định lý Menelaus kết hợp các hệ thức lượng trong tam giác vuông), ta có
\(F A \cdot F B = A H - H E^{2} .\)Thay \(H E^{2} = E A \cdot E C\) vào:
\(F A \cdot F B = A H - E A \cdot E C .\)Suy ra
\(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .}\)Đpcm.
Kết quả
- a) \(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C}\).
- b) \(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , \&\text{nbsp}; A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}}\).
- c) \(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C}\).
- d) \(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C}\).
máy mình bị lỗi rồi,bạn đợi 1 chút
a) Chứng minh \(B M \parallel D N\)
Xét \(\triangle A B M\) và \(\triangle C D N\):
Suy ra:
\(\triangle A B M \cong \triangle C D N \left(\right. c . g . c \left.\right) .\)
Do đó
\(\angle A B M = \angle C D N .\)
Mà \(A B \parallel C D\), nên
\(\boxed{B M \parallel D N .}\)
b) Chứng minh \(A C , B D , M N\) đồng quy tại \(O\)
Theo câu (a), ta có:
Suy ra tứ giác \(B M D N\) là hình bình hành.
Trong hình bình hành, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà \(O\) là trung điểm của \(B D\), nên \(O\) cũng là trung điểm của \(M N\).
Trong hình chữ nhật, hai đường chéo \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại trung điểm.
Vậy
\(\boxed{A C , \&\text{nbsp}; B D , \&\text{nbsp}; M N \&\text{nbsp}; đ \overset{ˋ}{\hat{\text{o}}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{quy}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; O .}\)
c) Chứng minh \(P B Q D\) là hình thoi
Vì \(d \bot B D\) tại trung điểm \(O\) của \(B D\), nên \(d\) là đường trung trực của \(B D\).
Suy ra
\(P B = P D , Q B = Q D .\)
Do đó tứ giác \(P B Q D\) có hai cặp cạnh kề bằng nhau, nên
\(\boxed{P B Q D \&\text{nbsp}; \text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{thoi} .}\)
d) Chứng minh \(A C \bot C K\)
Ta có:
Mà trong hình thoi \(P B Q D\),
\(P Q \bot B D .\)
Suy ra
\(B K \bot Q K ,\)
nên \(B K Q D\) là hình chữ nhật.
Kết hợp tính chất hình chữ nhật và hình thoi, suy ra đường thẳng \(C K\) vuông góc với đường chéo \(A C\).
Vậy
@🎓M.Cường|HVCSND💖
Bớt AI nha bn
@🎓M.Cường|HVCSND💖
đừng dùng AI vậy chứ đọc ko hiểu đâu lại còn dài nữa
ừm có lẽ vậy
thế bạn bình tĩnh đợi mình 1 chút
@🎓M.Cường|HVCSND💖
thôi dừng lại đc r
M.cường Bớt dừng AI đi bro,câu nào cũng dùng thế
a) ta có MD=AD-AM
BN=BC-CN
mà AD=BC; AM=CN
=> MD=BN lại có MD//BN
=> tứ giác MBND là hình bình hành
=> BM//DN
b) dễ dàng CM: MBND là hình bình hành
=> O là giao của BD và MN
mà O là giao của AC và BD
=> AC;BD;MN đồng quy tại O
c) dễ dàng CM: △BOP=△DOQ(g.c.g)
=> OP=OQ hay O là trung điểm của PQ
mà O là trung điểm BD
=> tứ giác PBQD là hình bình hành
mà d⊥BD tại O
=> tứ giác PBQD là hình thoi
d) dễ dàng CM: tứ giác OBKC là hình chữ nhật
=> BK=CQ và góc OBK= 90 độ
dễ dàng CM: △DOQ~△DCB(g.g)
=> \(\frac{OQ}{BC}=\frac{OD}{CD}\)
=> \(\frac{BK}{BC}=\frac{OB}{AB}\Rightarrow\frac{BK}{OB}=\frac{BC}{AB}\)
=> △OBK~△ABC
=> OK⊥BC
gọi giao OK và BC là E
=> OK⊥BC tại E
=> OE//AB( cùng vuông góc với BC)
mà O là trung điểm AC
=> OE là đường trung bình
=> E là trung điểm BC
=> BE=EC
dễ dàng CM: △OBE~△BKE
=> \(BE^2=OE\cdot OK\)
=> \(EC^2=OE\cdot OK\)
=> \(\frac{EC}{OE}=\frac{OK}{EC}\)
xét tam giác OEC và tam giác CEK có:
góc OEC= góc CEK= 90 độ
\(\frac{EC}{OE}=\frac{OK}{EC}\)
=> △OEC~△CEK(c.g.c)
=> góc OEC= góc CKE
ta có góc CKE+ góc ECK= 90 độ
=> góc OCE+ góc ECK =90 độ
=>góc OCK =90 độ
=> AC⊥CK (đpcm)
a: Ta có: AM+MD=AD
CN+NB=CB
mà AD=CB và AM=CN
nên MD=NB
Xét tứ giác BMDN có
BN//DM
BN=DM
Do đó: BMDN là hình bình hành
=>BM//DN
b; ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
mà O là trung điểm của BD
nên O là trung điểm của AC
BMDN là hình bình hành
=>DB cắt MN tại trung điểm của mỗi đường
mà O là trung điểm của BD
nên O là trung điểm của MN
=>AC,BD,MN đồng quy tại O
c: Xét ΔOBP vuông tại O và ΔODQ vuông tại O có
OB=OD
\(\hat{OBP}=\hat{ODQ}\) (hai góc so le trong, BA//CD)
Do đó:ΔOBP=ΔODQ
=>OP=OQ
=>O là trung điểm của PQ
Xét tứ giác BPDQ có
O là trung điểm chung của BD và PQ
=>BPDQ là hình bình hành
Hình bình hành BPDQ có BD⊥PQ tại O
nên BPDQ là hình thoi