Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: DA=DK
=>ΔDAK cân tại D
=>\(\widehat{DAK}=\widehat{DKA}\)
mà \(\widehat{DKA}=\widehat{KAB}\)(hai góc so le trong, AB//DK)
nên \(\widehat{DAK}=\widehat{BAK}\)
=>AK là phân giác của góc BAD
2: ta có: CD=CK+KD
CD=AD+BC
Do đó: CK+KD=AD+BC
mà DA=DK
nên CK=CB
3: CK=CB
=>ΔCBK cân tại C
=>\(\widehat{CKB}=\widehat{CBK}\)
mà \(\widehat{CKB}=\widehat{ABK}\)(hai góc so le trong, AB//CK)
nên \(\widehat{ABK}=\widehat{CBK}\)
=>BK là phân giác của góc ABC
1:ΔABC cân tại A
mà AH là đường trung tuyến
nên AH\(\perp\)BC tại H
Xét tứ giác AHCD có
O là trung điểm chung của AC và HD
=>AHCD là hình bình hành
Hình bình hành AHCD có \(\widehat{AHC}=90^0\)
nên AHCD là hình chữ nhật
2: AHCD là hình chữ nhật
=>AD//HC và AD=HC
Ta có: AD//HC
=>AD//HB
Ta có: AD=CH
mà CH=HB
nên AD=HB
Xét tứ giác ADHB có
AD//HB
AD=HB
Do đó: ADHB là hình bình hành
3: \(CH=\dfrac{CB}{2}=3\left(cm\right)\)
AHCD là hình chữ nhật
=>\(S_{AHCD}=AH\cdot HC=4\cdot3=12\left(cm^2\right)\)
a: Xét ΔBMO có \(\widehat{BMO}+\widehat{MBO}+\widehat{MOB}=180^0\)
=>\(\widehat{BMO}+\widehat{MOB}=180^0-60^0=120^0\)(1)
\(\widehat{MOB}+\widehat{MON}+\widehat{NOC}=180^0\)
=>\(\widehat{MOB}+\widehat{NOC}=180^0-60^0=120^0\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)
Xét ΔBMO và ΔCON có
\(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)
\(\widehat{MBO}=\widehat{OCN}\left(=60^0\right)\)
Do đó: ΔBMO~ΔCON
b: ΔBMO~ΔCON
=>\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{CO}=\dfrac{BM}{BO}\)
c:
\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)
=>\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)
Xét ΔBMO và ΔOMN có
\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)
\(\widehat{MBO}=\widehat{MON}\left(=60^0\right)\)
Do đó: ΔBMO~ΔOMN
=>\(\widehat{BMO}=\widehat{OMN}\)
=>MO là phân giác của góc BMN
Xét ΔABC có
I,J lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>IJ là đường trung bình của ΔABC
=>IJ//BC và \(IJ=\frac{BC}{2}\)
Xét ΔHBC có
K,L lần lượt là trung điểm của HC,HB
=>KL là đường trung bình của ΔHBC
=>KL//BC và \(KL=\frac{BC}{2}\)
Ta có: IJ//BC
KL//BC
Do đó: IJ//KL
ta có: \(IJ=\frac{BC}{2}\)
\(KL=\frac{BC}{2}\)
Do đó: JI=KL
Xét ΔBAH có
I,L lần lượt là trung điểm của BA,BH
=>IL là đường trung bình của ΔBAH
=>IL//AH
mà AH⊥BC
nên IL⊥BC
mà IJ//BC
nên IL⊥IJ
Xét tứ giác IJKL có
IJ//KL
IJ=KL
Do đó: IJKL là hình bình hành
Hình bình hành IJKL có IL⊥IJ
nên IJKL là hình chữ nhật
=>I,J,K,L cùng thuộc đường tròn có hai đường kính là IK và JL(1)
CF⊥AB tại F
I∈AB
K∈CF
Do đó: KF⊥IF
=>F nằm trên đường tròn đường kính KI(2)
Ta có: BE⊥AC tại E
L∈BE
J∈AC
Do đó: LE⊥EJ
=>E nằm trên đường tròn đường kính LJ(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra I,J,K,L,F,E cùng thuộc một đường tròn
Xét ΔMIB có
MD là đường cao
MD là đường trung tuyến
Do đó: ΔMIB cân tại M
=>MI=MB
Xét ΔMKC có
ME là đường cao
ME là đường trung tuyến
Do đó: ΔMKC cân tại M
=>MK=MC
Ta có: MI=MK=MB=MC
=>I,K,B,C cùng thuộc đường tròn (M)
Gọi O là trung điểm của BD
Xét ΔABD có AB=AD và \(\widehat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
Xét ΔCBD có CB=CD và \(\widehat{BCD}=60^0\)
nên ΔBCD đều
ta có: ΔABD đều
mà DE là đường trung tuyến
nên DE\(\perp\)AB
=>ΔDEB vuông tại E
=>E nằm trên đường tròn đường kính BD(1)
Ta có: ΔABD đều
mà BH là đường trung tuyến
nên BH\(\perp\)AD tại H
=>ΔBHD vuông tại H
=>H nằm trên đường tròn đường kính BD(2)
Ta có: ΔCBD đều
mà DF là đường trung tuyến
nên DF\(\perp\)BC tại F
=>F nằm trên đường tròn đường kính BD(3)
Ta có: ΔCBD đều
mà BG là đường trung tuyến
nên BG\(\perp\)CD tại G
=>G nằm trên đường tròn đường kính BD(4)
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra E,H,D,G,F,B cùng thuộc một đường tròn
Gọi K là giao điểm của AD và BC
Xét ΔKDC có \(\hat{KDC}+\hat{KCD}=90^0\)
nên ΔKDC vuông tại K
=>KD⊥KC
=>AD⊥BC
Xét ΔBAD có
M,N lần lượt là trung điểm của BA,BD
=>MN là đường trung bình của ΔBAD
=>MN//AD và \(MN=\frac{AD}{2}\)
Xét ΔCAD có
P,Q lần lượt là trung điểm của CD,CA
=>PQ là đường trung bình của ΔCAD
=>PQ//AD và \(PQ=\frac{AD}{2}\)
Ta có: MN//AD
PQ//AD
Do đó: MN//PQ
Ta có: \(MN=\frac{AD}{2}\)
\(PQ=\frac{AD}{2}\)
Do đó: MN=PQ
Xét ΔABC có
M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>MQ là đường trung bình của ΔABC
=>MQ//BC
mà BC⊥AD
nên MQ⊥AD
mà MN//AD
nên MN⊥MQ
Xét tứ giác MNPQ có
MN//PQ
MN=PQ
Do đó: MNPQ là hình bình hành
Hình bình hành MNPQ có \(\hat{NMQ}=90^0\)
nên MNPQ là hình chữ nhật
=>M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn