Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Do AM là đường trung tuyến của ∆ABC (gt)
⇒ M là trung điểm của BC
⇒ MB = MC
∆AMB có:
MD là tia phân giác của ∠AMB (gt)
⇒ AD/BD = AM/BM
∆AMC có:
ME là tia phân giác của ∠AMC (gt)
⇒ AE/CE = AM/MC
Mà MB = MC (cmt)
⇒ AD/BD = AE/CE
∆ABC có:
AD/BD = AE/CE (cmt)
⇒ DE // BC (định lý Thales đảo)
b) Do DE // BC (cmt)
⇒ DO // BM và OE // MC
∆ABC có:
DE // BC (cmt)
⇒ AD/AB = AE/AC
∆ABM có:
DO // BM (cmt)
⇒ AD/AB = OD/BM
∆ACM có:
OE // MC (cmt)
⇒ AE/AC = OE/MC
Mà AD/AB = AE/AC (cmt)
⇒ OD/BM = OE/MC
Mà MB = MC (cmt)
⇒ OD = OE
⇒ O là trung điểm của DE
c) Do PQ // BC (gt)
DE // BC (cmt)
⇒ DE // PQ
∆MPQ có:
DE // PQ (cmt)
⇒ DE/PQ = ME/MQ (1)
Do DE // PQ (cmt)
⇒ OE // AQ
∆MAQ có:
OE // AQ (cmt)
⇒ ME/MQ = MO/MA (2)
Từ (1) và (2) ⇒ DE/PQ = MO/MA
a: Xét ΔMAB có MD là phân giác
nên \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{AM}{MC}\left(1\right)\)
Xét ΔAMC có ME là phân giác
nên \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AM}{MC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)
Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)
nên DE//BC
b: Xét ΔABM có DO//BM
nên \(\dfrac{DO}{BM}=\dfrac{AO}{AM}\left(3\right)\)
Xét ΔAMC có OE//MC
nên \(\dfrac{OE}{MC}=\dfrac{AO}{AM}\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\dfrac{DO}{BM}=\dfrac{OE}{MC}\)
mà MB=MC
nên DO=OE
=>O là trung điểm của DE
TK:
Thuở còn thơ ngày hai buổi đến trường
Yêu quê hương qua từng trang sách nhỏ
“Ai bảo chăn trâu là khổ?”
Tôi mơ màng nghe chim hót trên cao
Những ngày trốn học
Đuổi bướm cầu ao
Mẹ bắt được
Chưa đánh roi nào đã khóc
Có cô bé nhà bên
Nhìn tôi cười khúc khích…
Mở đầu bài thơ, bức tranh thiên nhiên mang bóng hình quê hương hiện ra thật nhẹ nhàng mà đầy sâu sắc. Quê hương là những điều gần gũi, thân quen nhất. Tác giả yêu quê hương “qua từng trang sách nhỏ”, đó là nơi nuôi dưỡng tâm hồn và vun đắp cho những ước mơ. Trong mắt tác giả, quê hương luôn là điều hạnh phúc nhất. “Ai bảo chăn trâu là khổ” có lẽ là câu hỏi đặt ra cho người và cũng là cho chính mình. Chăn trâu, cắt cỏ chính là những điều gần gũi, thân thuộc nhất với quê hương.
Thế rồi, những hình ảnh trữ tình cứ thế xuất hiện. Cậu bé chăn trâu ấy “mơ màng nghe chim hót trên cao”, quê hương lúc ấy sao lại bình yên đến vậy. Không chỉ là không gian gần gũi, thân thuộc, quê hương trong lòng Giang Nam còn là những ngày trốn học “đuổi bướm cầu ao”. Dường như đây là kỷ niệm mà bất cứ đứa trẻ con vùng quê nào cũng từng trải qua. Bằng một câu thơ, Giang Nam đã làm ký ức ùa về trong bao người. Ấy rồi những trận đòn của mẹ trong ký ức của tác giả lại trở nên thân thương đến lạ.
Hình ảnh cô bé nhà bên “nhìn tôi cười khúc khích” càng làm cho sự gần gũi của quê hương trở nên thân thuộc. Tuổi thơ ai chẳng có một cô bé nhà bên chuyên để chọc ghẹo, cùng làm những điều nghịch ngợm của tuổi thơ. Cô bé nhà bên ấy có lẽ là nhân vật trữ tình gắn bó thân thuộc với tác giả từ trong ký ức tuổi thơ đến khi trưởng thành.
Do 2 tam giác vuông đồng dạng nên ta có:
\(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\Rightarrow x_1=\dfrac{x_2.y_1}{y_2}=\dfrac{1.208,2}{1,5}=138,8\left(m\right)\)
Vậy kim tự tháp cao \(138,8\left(m\right)\)
Do MK song song DE (cùng vuông góc mặt đất AK), áp dụng định lý Thales:
\(\dfrac{AE}{AK}=\dfrac{DE}{MK}\Rightarrow MK=\dfrac{DE.AK}{AE}=\dfrac{3.6}{2}=9\left(m\right)\)
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
\(\widehat{DAE}\) chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
\(\widehat{DAE}\) chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
b: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHDC vuông tại D có
\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEB~ΔHDC
=>\(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(HE\cdot HC=HB\cdot HD\)
c: Ta có: BH\(\perp\)AC tại D
CK\(\perp\)AC
Do đó: BH//CK
ta có:CH\(\perp\)AB
BK\(\perp\)AB
Do đó: CH//BK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HK
=>H,M,K thẳng hàng
ΔAED~ΔACB
=>\(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)
d: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại O
Xét ΔBEC vuông tại Evà ΔBOA vuông tại O có
\(\widehat{EBC}\) chung
Do đó:ΔBEC~ΔBOA
=>\(\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{BC}{BA}\)
=>\(BE\cdot BA=BO\cdot BC\)
Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCOA vuông tại O có
\(\widehat{DCB}\) chung
DO đó: ΔCDB~ΔCOA
=>\(\dfrac{CD}{CO}=\dfrac{CB}{CA}\)
=>\(CD\cdot CA=CO\cdot CB\)
\(BE\cdot BA+CD\cdot CA\)
\(=BO\cdot BC+CO\cdot BC\)
\(=BC\left(BO+CO\right)=BC^2\)
Xét hai tam giác CIB và AFC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CIB}=\widehat{AFC}=90^0\\\widehat{BCI}=\widehat{CAF}\left(\text{so le trong}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta CIB\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{CI}{AF}=\dfrac{BC}{CA}\Rightarrow AF.BC=CI.CA\)
