Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABM và ΔACM có
AB=AC
BM=CM
AM chung
Do đó: ΔABM=ΔACM
b: ΔABC cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM là đường trung trực của BC
a) Xét \(\Delta BAK\) và \(\Delta BCK\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\left(\Delta ABC\text{ cân tại }A\right)\\\widehat{ABK}=\widehat{CBK}\left(BK\text{ là tia phân giác }\widehat{ABC}\right)\\BK\text{ chung}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BAK=\Delta BCK\left(c.g.c\right)\)
b) Vì \(\Delta ABC\) cân tại B \(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{BCA}\) (t/c)
hay \(\widehat{EAK}=\widehat{FCK}\) (vì \(E\in AB;F\in AC;K\in BC\))
Vì \(\Delta BAK=\Delta BCK (cmt)\Rightarrow AK=CK\) (hai cạnh tương ứng)
Xét \(\Delta AKE\) và \(\Delta CKF\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEK}=\widehat{CFK}=90^{\circ}\left(KE\bot AB;KF\bot AC\right)\\AK=CK\left(cmt\right)\\\widehat{EAK}=\widehat{FCK}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AKE=\Delta CKF\left(ch.gn\right)\) \(\Rightarrow KE=KF\) (hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow\Delta KEF\) cân tại K
$\text{#}Toru$
Có 2 loại tập tính:
+ Tập tính học được: Được tiếp thu nhờ sự dạy dỗ và học hỏi
VD: con người luôn tập thể dục vào buổi sáng, thói quen ngủ sớm,...
+ Tập tính bẩm sinh: Sinh ra đã có
Sửa đề: ΔABC vuông cân tại A
1: ΔABC cân tại A
mà AH là đường cao
nên H là trung điểm của BC
ΔABC vuông tại A
mà AH là đường trung tuyến
nên AH=BC/2
mà BC=AD
nên \(AH=\frac{AD}{2}\)
=>\(DA=\frac23DH\)
Xét ΔDCB có
DH là đường trung tuyến
\(DA=\frac23DH\)
Do đó: A là trọng tâm của ΔDCB
2: Xét ΔCDB có
A là trọng tâm
F là giao điểm của CA và DB
Do đó:F là trung điểm của DB
Xét ΔCDB có
F là trung điểm của DB
A là trọng tâm
Do đó: CA=2AF
mà CE=EA=CA/2
nên CE=EA=AF
=>CE=AF
Xét ΔEAB vuông tại A và ΔFAB vuông tại A có
EA=FA
AB chung
Do đó: ΔEAB=ΔFAB
=>\(\hat{AEB}=\hat{AFB}\)
mà \(\hat{AEB}+\hat{CEB}=180^0;\hat{AFB}+\hat{AFD}=180^0\) (các cặp góc kề bù)
nên \(\hat{CEB}=\hat{AFD}\)
Ta có: HA=HC
=>ΔHAC cân tại H
=>\(\hat{HAC}=\hat{HCA}\)
mà \(\hat{HAC}=\hat{FAD}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{HCA}=\hat{FAD}\)
Xét ΔCEB và ΔAFD có
CE=AF
\(\hat{ECB}=\hat{FAD}\)
CB=AD
DO đó: ΔCEB=ΔAFD
3: Xét ΔDHB vuông tại H và ΔDHC vuông tại H có
DH chung
HB=HC
Do đó: ΔDHB=ΔDHC
=>\(\hat{DBH}=\hat{DCH}\)
ΔCEB=ΔAFD
=>\(\hat{EBC}=\hat{FDA}\)
mà \(\hat{FDA}+\hat{HBD}=90^0\)
nên \(\hat{EBC}+\hat{HBD}=90^0\)
=>\(\hat{EBC}+\hat{KCB}=90^0\)
=>ΔKCB vuông tại K
=>BE⊥CD tại K
a: Xét ΔAHB và ΔAHC có
AH chung
HB=HC
AB=AC
Do đó: ΔAHB=ΔAHC
=>\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)
mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)
=>AH\(\perp\)BC
b: Xét ΔIBC có
IH là đường cao
IH là đường trung tuyến
Do đó: ΔIBC cân tại I
c: ta có: MN//BC
AH\(\perp\)BC
Do đó;AH\(\perp\)MN tại A
ta có: MN//BC
=>\(\widehat{IMN}=\widehat{IBC};\widehat{INM}=\widehat{ICB}\)
mà \(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)(ΔIBC cân tại I)
nên \(\widehat{IMN}=\widehat{INM}\)
=>ΔINM cân tại I
ta có: ΔINM cân tại I
mà IA là đường cao
nên A là trung điểm của MN
d: Xét ΔAEI vuông tại E và ΔAFI vuông tại F có
AI chung
\(\widehat{EAI}=\widehat{FAI}\)
Do đó: ΔAEI=ΔAFI
=>IE=IF
Xét ΔBEI vuông tại E và ΔBHI vuông tại H có
BI chung
\(\widehat{EBI}=\widehat{HBI}\)
Do đó: ΔBEI=ΔBHI
=>IE=IH
=>IE=IF=IH
a,Xét tam giác ABD và tam giác EBD có
góc DAB = góc DEB = 90°
DB chung
góc ABD = góc EBD ( DB là tia phân giác )
=> tam giác ABD = EBD (g.c.g)
b,xét tam giác AND và tam giác ECD có
góc NAD = góc CED = 90°
AD = DE ( tam giác ABD = tam giác EBD )
góc ADN = góc EDC ( 2 góc đối đỉnh )
=> tam giác NAD = CED (g.c.g)
=> AN = EC
c, ta có CA vuông góc NB ( tam giác ABC vuông tại A )
NE vuông góc CB ( DE vuông góc CB )
=> điểm D là trực tâm của tam giác NBC
=> DB vuông góc NC