a) Ta có:

 \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\) và \(\frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\).

b) Vì \(B'E//BC\)  và\(B'E\) cắt \(AC\) tại \(E\) nên theo định lí Thales ta có:

\(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} \Rightarrow \frac{2}{6} = \frac{{AE}}{{15}} \Rightarrow AE = \frac{{2.15}}{6} = 5cm\)

c) Ta có: \(AE = AC' = 5cm\).

d) Điểm \(E \equiv C'\) và đường thẳng \(B'C' \equiv B'E\).

Chọn B

b

Giải:

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(A C\) và \(B D\).

Xét tam giác \(A B O\), ta có:
\(O A + O B > A B\) (bất đẳng thức tam giác)

Xét tam giác \(D C O\), ta có:
\(O C + O D > C D\) (bất đẳng thức tam giác)

Cộng hai bất đẳng thức trên:
\(A C + B D > A B + C D\)

Mà theo giả thiết:
\(A B + B D \leq A C + C D\)

Cộng hai vế bất đẳng thức ta được:
\(2 A C + B D + C D > 2 A B + B D + C D\)

Rút gọn vế trái và vế phải:
\(2 A C > 2 A B\)
Suy ra: \(A C > A B\), hay \(A B < A C\) \(\left(đpcm\right)\).

a: Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)

=>AMHN là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác AHKC có

I là trung điểm chung của AK và HC

=>AHKC là hình bình hành

=>AC//KH

c: Ta có: AC//HK

AC//HM

HK,HM có điểm chung là H

Do đó: K,H,M thẳng hàng

Ta có: AMHN là hình chữ nhật

=>\(\widehat{NAH}=\widehat{NMH}\)

mà \(\widehat{NAH}=\widehat{CKH}\)(AHKC là hình bình hành)

nên \(\widehat{NMH}=\widehat{CKH}\)

Xét tứ giác MNCK có CN//MK

nên MNCK là hình thang

Hình thang MNCK có \(\widehat{CKM}=\widehat{NMK}\)

nên MNCK là hình thang cân

d: Ta có: AMHN là hình chữ nhật

=>AH cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AH và MN

Xét ΔCAH có

CO,AI là các đường trung tuyến

CO cắt AI tại D

Do đó: D là trọng tâm của ΔCAH

=>\(AD=\dfrac{2}{3}AI=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AK=\dfrac{1}{3}AK\)

=>AK=3AD

vex hifnh

a: AC-BC<AB<AC+BC

=>5<AB<8

mà AB>6

nên AB=7cm

b: AB-AC<BC<AB+AC

=>2<BC<14

mà BC<4

nên BC=3cm

AB=(7+1):2=4

AC=(7-1):2=3

Áp dụng BDT trong tam giác ta thử lại có AB+AC>BC ; AB+BC>AC ; AC+BC>AB

chọn A

A

a: Xét ΔADF và ΔADC có

AD chung

\(\hat{DAF}=\hat{DAC}\)

AF=AC

Do đó: ΔADF=ΔADC

=>DF=DC và \(\hat{ADF}=\hat{ADC}\)

Xét ΔABD và ΔAED có

AB=AE
\(\hat{BAD}=\hat{EAD}\)
AD chung

Do đó: ΔABD=ΔAED
=>DB=DE và \(\hat{ADB}=\hat{ADE}\)

Ta có: \(\hat{ADB}+\hat{BDF}=\hat{ADF}\) (tia DB nằm giữa hai tia DA và DF)

\(\hat{ADE}+\hat{EDC}=\hat{ADC}\) (tia DE nằm giữa hai tia DA và DC)

mà \(\hat{ADB}=\hat{ADE}\) và \(\hat{ADF}=\hat{ADC}\)

nên \(\hat{BDF}=\hat{EDC}\)

Xét ΔBDF và ΔEDC có

BD=ED
\(\hat{BDF}=\hat{EDC}\)

DF=DC

Do đó: ΔBDF=ΔEDC

b: ΔBDF=ΔEDC

=>BF=EC
c: Ta có: AF=AC

=>A nằm trên đường trung trực của CF(1)

DF=DC

=>D nằm trên đường trung trực của CF(2)

Từ (1),(2) suy ra AD là đường trung trực của CF

=>AD⊥CF