lớp 8 á

a)ta có: AN=\(\frac12AD\) và \(DM=\frac12DC\)

mà vì ABCD là hình vuông=> \(AN=DM\)

=> AN=DM

xét tam giác vuông ABN và tam giác vuong ADM có:

AD=BA

DM=AN

=>△ADM=△BAN(c.g.c)

=> góc DAM= góc ABN

trong tam giác vuông ABN ta có :

góc ABN+ góc ANB= 90 độ

thay góc ABN= góc DAM ta có:

góc DAM+ góc ANB= 90 độ

xét △PAN:

=> góc APN= 180 độ-( góc DAM+ góc ANB)= 180 độ- 90 độ=90 độ

=>AM⊥BN (1)

gọi F là giao điểm của đường thẳng DH và AM

vì H là trực tâm △PDM

=> DH⊥PM

=> DF⊥AM(2)

từ (1)(2)=> DF//BN hay DF//BN

xét tam giác ADF có:

N là trung điểm của AD

PN//DF

=>P là trung điểm của AF

mà ta có: H là trực tâm △PDM

=> PH⊥DM

=> PH⊥CD

xét tam giác ADF có:

P là trung điểm AF

PH//AD

=> H là trung điểm DF

=> \(DH=\frac12DF\left(3\right)\)

xét tứ giác AFNL có:

P vừa là trung điểm AF và NL

=> tứ giác AFNL là hình bình hành

=> FL//AN và FL=AN

Mà N là trung điểm AD nên AD//ND và AN=ND

=> FL//ND và FL=ND

=> tứ giác NDFL là hình bình hành

=> DF=NL(4)

ta có \(PL=\frac12NL\) ( vì P là trung điểm NL)

từ(3)(4)=> \(DH=\frac12DF=\frac12NL=PL\)

lại có: DH//PL

từ hai điều trên ta có:

=> tứ giác HDPL là hình bình hành

thật tồi tệ tôi phải đi học thêm rồi đoạn b) tôi sẽ gửi sau

a) ta có AB=DC

mà E,I là trung điểm AB,AC

=> AE=DI

=> tứ giác AEID là hình vuông

=> EI=DI=IC=\(\frac12DC\)

=> △DEC vuông tại E

=> DE⊥EK

mà DE⊥DM

=>EK//DM kết hợp với EK=DM

=> EKMD là hình chữ nhật

ta có G là giao của EM và DK

=>EG=GM=DG=DK=\(\frac12EM=\frac12DK\)

xét tam giác vuông BEM có:

=> \(BG=\frac12EM\)

=> \(BG=\frac12DK\)

=> △BDK vuông tại B

=> góc DBK= 90 độ(đpcm)

b) ta có :BC=BE=AE=AD

=> △BEC cân tại B

=> góc BEC= góc BCE

Mà góc EBC= 90 độ

=> góc BCE= 45 độ

ta có góc CMK= 90 độ- góc MCK

=> góc CMK= 90 độ- góc BCE= 45 độ

mà H ∈ CM

=> góc HMK= 45 độ

xét tam giác HMK có:

góc HMK+ góc MKH+ góc KHM= 180 độ

=> góc MKH= 180 độ- 90 độ- 45 độ

=> góc MKH=góc HMK= 45 độ

=>△HMK vuông cân tại H

=>H∈ đường trung trực MK

mà MK//DE

=>H∈ đường trung trực DE

mà ta có AEID là hình vuông

=>AE=AD và AI⊥DE

=>AI là đường trung trực của DE(1)

=>H∈AI(2)

vì GD=GE=GM=GK

=> △GED cân tại G

=>G ∈ đường trung trực DE

=> G∈AI(3)

từ (1)(2)(3)=> A,I,G,H thẳng hàng

Đặt AD = a thì AB = 2a
Chọn hệ trục tọa độ:
A(0,0), B(2a,0), D(0,a), C(2a,a)
E là trung điểm AB nên:
E(a,0)
I là trung điểm CD nên:
I(a,a)
Đường DE có hệ số góc:
(0 - a)/(a - 0) = -1
Đường thẳng qua D vuông góc DE có hệ số góc 1, cắt BC tại:
M(2a,3a)
Ta có:
DM = căn((2a)^2 + (2a)^2) = 2a căn 2
K nằm trên tia đối của CE nên K có dạng:
K(2a + t, a + t)
Vì EK = DM:
căn((a + t)^2 + (a + t)^2) = 2a căn 2
a + t = 2a
t = a
Suy ra:
K(3a,2a)
a) Xét góc DBK:
BD = (-2a,a), BK = (a,2a)
BD.BK = (-2a).a + a.2a = 0
Suy ra BD vuông góc BK
Vậy góc DBK = 90°
b) Tìm G là giao điểm của DK và EM:
DK có phương trình y = a + x/3
EM có phương trình y = 3x - 3a
Giải ra:
x = 3a/2, y = 3a/2
Suy ra G(3a/2,3a/2)
Vì BM là đường thẳng x = 2a, K(3a,2a), nên chân đường vuông góc từ K xuống BM là:
H(2a,2a)
Ta có:
A(0,0), I(a,a), G(3a/2,3a/2), H(2a,2a)
Các điểm này đều có tọa độ dạng (u,u)
Vậy A, I, G, H thẳng hàng, nên bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng.

là ngoặc

- dấu ngoặc nhọn ({) dùng để viết hệ phg trình đồng thời

⇒ có nghĩa là bn cần tìm bộ giá trị của các ẩn thỏa mãn tất cả các phg trình trong hệ cùng lúc

- dấu ngoặc vuông ([) ở đây dùng để viết hệ phương trình hợp

⇒ nghĩa là bn tìm các giá trị của ẩn thỏa mãn ít nhất một trong các phg trình trong hệ

oke

2k11...

B

Đáp án:B

a)
Vì ABDE là hình vuông nên AE = AB và AE ⟂ AB
Vì ACFG là hình vuông nên AG = AC và AG ⟂ AC
Trong hình bình hành EAGK ta có EK = AG, KG = AE
Suy ra AK là đường chéo tương ứng của hình tạo bởi hai vectơ AE và AG
Do đó AK = BC

b)
Vì AE ⟂ AB và AG ⟂ AC nên AK là hợp của hai vectơ vuông góc tương ứng với AB và AC
Suy ra AK là ảnh quay 90° của BC
Do đó AK ⟂ BC

c)
Trong hình vuông ABDE và ACFG ta có BF và CD là các đường tạo bởi các phép quay 90° tương ứng
KA cũng là đường tạo bởi cùng phép quay với BC
Suy ra KA, BF, CD đồng quy tại một điểm cố định

mh làm nhầm lớp:)

Sửa lại:

a)
Vì ABDE là hình vuông nên AE = AB, AE ⟂ AB
Vì ACFG là hình vuông nên AG = AC, AG ⟂ AC
Trong hình bình hành EAGK ta có EK = AG, KG = AE
Suy ra AK = BC

b)
Vì AE ⟂ AB và AG ⟂ AC nên AK là đường tạo bởi hai đoạn vuông góc với AB và AC
Suy ra AK ⟂ BC

c)
Trong hai hình vuông ABDE và ACFG ta có BF và CD là các đường tạo bởi các cạnh vuông góc
KA cũng được tạo theo cùng cách với BC
Suy ra KA, BF, CD cùng đi qua một điểm (đồng quy)

Chu vi hình thang là tổng độ dài bốn cạnh tạo nên hình thang đó.

Nó sẽ tốn khoảng 2-3 ngày xác thực rồi được vận chuyển tới địa chỉ nhà bạn nhé(Thời gian vận chuyển dựa vào khoảng cách của nhà bạn):0

Thường sẽ được thưởng trong vòng 1 tuần và được gửi vào tin nhắn hoặc gửi trực tiếp vào số điện thoại mà bạn đã đăng ký nhận thưởng đó nha.

• \(\widehat{AHB} = \widehat{CHA} = 90^\circ\) (do \(AH \perp BC\))
• \(\widehat{BAH} = \widehat{ACH}\) (cùng phụ với góc \(\widehat{HAC}\))

• \(\widehat{P}\) chung.
• \(\widehat{PKH} = \widehat{PIC} = 90^\circ\) (do \(CK \perp BI\) tại \(K\) và \(AH \perp BC\) tại \(H\) là không đúng, ta xét góc khác).

• \(\widehat{KPC}\) chung.
• \(\widehat{PKC} = \widehat{PHI} = 90^\circ\) (theo giả thiết \(m \perp BI\) tại \(K\) và \(AH \perp BC\)).
  \(\Rightarrow \triangle PKC \sim \triangle PHI\) (g.g)
  \(\Rightarrow \frac{PK}{PH} = \frac{PC}{PI} \Rightarrow \mathbf{PH \cdot PI = PK \cdot PC}\) (đpcm).

• \(\widehat{KPH}\) chung.
• \(\frac{PK}{PC} = \frac{PH}{PI}\) (chứng minh trên).
  \(\Rightarrow \triangle PHK \sim \triangle PCI\) (c.g.c)
  \(\Rightarrow \widehat{\mathbf{PCI}}\mathbf{=}\widehat{\mathbf{PHK}}\) (đpcm).

1. Trong \(\triangle BCP\) có hai đường cao \(BK\) và \(PH\) cắt nhau tại \(I\). Do đó \(I\) là trực tâm của \(\triangle BCP\).
2. Suy ra \(CI \perp BP\).
3. Gọi \(M\) là giao điểm của \(CI\) và \(BP\). Ta có \(CM \perp BP\) tại \(M\).
4. Trong \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\): \(AH^2 = BH \cdot CH\). Mà \(I\) là trung điểm \(AH \Rightarrow AH = 2AI\).
5. Qua các hệ thức lượng và tính chất trực tâm, ta xét tỉ lệ trong tam giác:
6. • Vì \(I\) là trung điểm \(AH\) và các đường cao đồng quy, theo bổ đề hình thang hoặc tính chất đường trung bình trong các cấu hình tương tự, điểm \(P\) đối xứng với \(H\) qua \(A\).
   • Cụ thể: Xét \(\triangle BCP\), \(BA\) là đường cao (do \(BA \perp AC\)). Nếu \(A\) là trung điểm \(PH\), thì \(BA\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của \(\triangle BPH\) (vô lý).
   • Đính chính: Để \(A\) là trung điểm \(PH\), ta cần \(AP = AH\). Dựa trên việc \(I\) là trực tâm \(\triangle BCP\) và \(I\) là trung điểm \(AH\), kết hợp với \(AH \parallel\) (đường cao từ \(P\)), ta suy ra \(A\) nằm trên \(PH\) và chia đôi đoạn thẳng này dựa vào các cặp tam giác đồng dạng.

a)

Xét \(\triangle A B H\) và \(\triangle H A C\):

\(\hat{A H B} = \hat{A H C} = 90^{\circ} , \hat{A B H} = \hat{H A C} .\)

Suy ra:

\(\triangle A B H sim \triangle H A C .\)

Do đó

\(\frac{B H}{A H} = \frac{A H}{C H}\)

nên

\(AH^2=BH\cdot CH\)

b

Ta có \(C K \bot B I\) nên

\(\hat{P K I} = 90^{\circ} .\)

Lại có \(A H \bot B C\) nên

\(\hat{P H C} = 90^{\circ} .\)

Mặt khác:

\(\hat{H P C} = \hat{K P I}\)

(vì \(P H , P I\) cùng nằm trên \(A H\) và \(P K , P C\) cùng nằm trên \(m\)).

Suy ra

\(\triangle P H C sim \triangle K P I .\)

Do đó

\(\frac{P H}{P K} = \frac{P C}{P I}\)

hay

\(PH\cdot PI=PK\cdot PC\)

Từ đồng dạng:

\(\hat{P C I} = \hat{P H K} .\)

Vậy

\(\hat{P C I}=\hat{P H K}\)

c)

Từ \(\triangle P H C sim \triangle K P I\):

\(\frac{P H}{P I} = \frac{P C}{P K} .\)

Kết hợp hệ thức

\(P H \cdot P I = P K \cdot P C\)

suy ra

\(P H^{2} = P C^{2} .\)

Do các đoạn thẳng dương nên

\(P H = P C .\)

Suy ra tam giác \(P H C\) cân tại \(P\).

Mà \(A H \bot H C\) và \(A , H , P\) thẳng hàng nên \(A H\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(P C\).

Do đó

\(A P = A H .\)

Vì \(A \in P H\), suy ra \(A\) là trung điểm của \(P H\).

tk

Gọi O là giao điểm của AH và DE

Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}=\hat{ADH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên AEHD là hình chữ nhật

=>AH=ED

AEHD là hình chữ nhật

=>AH cắt ED tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AH và ED

Ta có: \(OA=OH=\frac{AH}{2}\)

\(OE=OD=\frac{ED}{2}\)

mà AH=ED

nên OA=OH=OE=OD

ΔHEB vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên MH=ME

ΔCDH vuông tại D

mà DN là đường trung tuyến

nên ND=NH

Xét ΔNDO và ΔNHO có

ND=NH

DO=HO

NO chung

Do đó: ΔNDO=ΔNHO

=>\(\hat{NDO}=\hat{NHO}\)

=>\(\hat{NDE}=90^0\)

=>DN⊥ DE

Xét ΔOHM và ΔOEM có

OH=OE

HM=EM

OM chung

Do đó: ΔOHM=ΔOEM

=>\(\hat{OHM}=\hat{OEM}\)

=>\(\hat{DEM}=90^0\)

=>DE⊥ EM

mà DE⊥ DN

nên EM//DN

=>EMND là hình thang

Hình thang EMND có ED⊥ EM

nên EMND là hình thang vuông