Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABM và ΔACN có
AB=AC
góc ABM=góc ACN
BM=CN
=>ΔABM=ΔACN
=>AM=AN
b: góc MBD=góc ECN
=>góc KBC=góc KCB
=>K nằm trên trung trực của BC
=>A,H,K thẳng hàng
B C A D E M N I H K
a) Ta thấy \(\widehat{ECN}=\widehat{ACB}\) (Hai góc đối đỉnh)
Tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\Rightarrow\widehat{ECN}=\widehat{DBM}\)
Xét tam giác vuông BDM và CEN có:
BD = CE
\(\widehat{ECN}=\widehat{DBM}\) (cmt)
\(\Rightarrow\Delta BDM=\Delta CEN\) (Cạnh góc vuông và góc nhọn kề)
\(\Rightarrow BM=CN\) (Hai cạnh tương ứng)
b) Do \(\Delta BDM=\Delta CEN\Rightarrow MD=NE\)
Ta thấy MD và NE cùng vuông góc BC nên MD // NE
Suy ra \(\widehat{DMI}=\widehat{ENI}\) (Hai góc so le trong)
Xét tam giác vuông MDI và NEI có:
MD = NE
\(\widehat{DMI}=\widehat{ENI}\)
\(\Rightarrow\Delta MDI=\Delta NEI\) (Cạnh góc vuông và góc nhọn kề)
\(\Rightarrow MI=NI\)
Xét tam giác KMN có KI là đường cao đồng thời trung tuyến nên KMN là tam giác cân tại K.
c) Ta có ngay \(\Delta ABK=\Delta ACK\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{ACK}\) (1) và BK = CK
Xét tam giác BMK và CNK có:
BM = CN (cma)
MK = NK (cmb)
BK = CK (cmt)
\(\Rightarrow\Delta BMK=\Delta CNK\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{MBK}=\widehat{NCK}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{ACK}=\widehat{NCK}\)
Chúng lại là hai góc kề bù nên \(\widehat{ACK}=\widehat{NCK}=90^o\)
Vậy \(KC\perp AN\)
a: Ta có: \(\hat{ABM}+\hat{ABC}=180^0\) (hai góc kề bù)
\(\hat{ACN}+\hat{ACB}=180^0\) (hai góc kề bù)
mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
nên \(\hat{ABM}=\hat{ACN}\)
Xét ΔABM và ΔACN có
AB=AC
\(\hat{ABM}=\hat{ACN}\)
BM=CN
Do đó: ΔABM=ΔACN
=>AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
b: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
AB=AC
\(\hat{DAB}=\hat{EAC}\)
Do đó: ΔADB=ΔAEC
=>BD=CE
c: ΔADB=ΔAEC
=>AD=AE
Xét ΔADK vuông tại D và ΔAEK vuông tại E có
AK chung
AD=AE
Do đó: ΔADK=ΔAEK
Ta đặt $H$ là trung điểm của $BC$ vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ và $AH\perp BC$.
Suy ra:
$BH=HC=\frac{BC}{2}$
a) Chứng minh $\triangle ACD$ cânVì $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên:
$AB=AC$
Trong hai tam giác vuông $\triangle AHB$ và $\triangle DHC$:
$AH=HD$
$BH=HC$
$\widehat{AHB}=\widehat{DHC}=90^\circ$
Suy ra:
$\triangle AHB=\triangle DHC$
Do đó:
$AB=DC$
Mà $AB=AC$ nên:
$\boxed{AC=CD}$
Vậy $\boxed{\triangle ACD\text{ cân tại }C}$.
b) Chứng minh $\triangle ACE=\triangle DCE$Ta có:
$AC=CD$ (câu a)
$CE=CB$
Mà:
$AC=AB$
và $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên:
$\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$
Do $E$ nằm trên tia đối của tia $CB$ nên:
$\widehat{ACE}=180^\circ-\widehat{ACB}$
Mặt khác, $D,H,B,C$ thẳng hàng và $\triangle DHC$ vuông tại $H$, suy ra:
$\widehat{DCE}=180^\circ-\widehat{DCH}$
Mà:
$\widehat{DCH}=\widehat{ACB}$
nên:
$\widehat{DCE}=180^\circ-\widehat{ACB}$
Suy ra:
$\widehat{ACE}=\widehat{DCE}$
Có:
$AC=DC$
$CE=CE$
$\widehat{ACE}=\widehat{DCE}$
Do đó:
$\boxed{\triangle ACE=\triangle DCE}$ (c.g.c)
c) Chứng minh $AB+BC>2DK$Có một vấn đề: với đúng giả thiết bạn ghi thì mệnh đề này không đúng trong mọi trường hợp.
Đặt:
$BH=HC=x,\quad AH=h$
Khi đó:
$AB=AC=\sqrt{x^2+h^2}$
$BC=2x$
Ta có thể tính được:
$DK=\frac{2}{3}\sqrt{4x^2+h^2}$
Vì vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\sqrt{x^2+h^2}+2x>\frac{4}{3}\sqrt{4x^2+h^2}$
Bất đẳng thức này không luôn đúng. Ví dụ lấy:
$BH=HC=1,\quad AH=10$
thì:
$AB=\sqrt{101}$
$BC=2$
$2DK=\frac{4\sqrt{104}}{3}\approx13,60$
nhưng:
$AB+BC\approx12,05<13,60$
Vì vậy câu c có thể bị thiếu điều kiện hoặc đề bị chép sai. N
VÌ \(\Delta ABC\)CÂN TẠI A \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB=AC\\\widehat{B}=\widehat{C}\end{cases}}\)
A) XÉT \(\Delta ABH\)VÀ\(\Delta ACH\)CÓ
\(AB=AC\left(CMT\right)\)
\(\widehat{B}=\widehat{C}\left(CMT\right)\)
\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^o\)
=>\(\Delta ABH\)=\(\Delta ACH\)(ch-cgv)
b) vì\(\Delta ABH\)=\(\Delta ACH\)(cmt)
=> BH=CH ( HAI CẠNH TƯƠNG ỨNG)
=> AH LÀ TRUNG TUYẾN CỦA \(\Delta ABC\)(ĐPCM)
C) TA CÓ \(\widehat{ABH}+\widehat{ABD}=180^o\left(kb\right)\)
\(\widehat{ACH}+\widehat{ACE}=180^o\left(kb\right)\)
MÀ \(\widehat{ABH}=\widehat{ACH}\left(CMT\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)
XÉT \(\Delta ABD\)VÀ\(\Delta ACE\)CÓ
\(AB=AC\left(CMT\right)\)
\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\left(CMT\right)\)
\(DB=CE\left(GT\right)\)
=>\(\Delta ABD\)=\(\Delta ACE\)(C-G-C)
=>AD=AE
=> \(\Delta ADE\)CÂN TẠI A
D)TỪ CHỨNG MINH TRÊN T DỄ DÀNG CM ĐƯỢC \(\Delta HDI=\Delta HEI\)
\(\Rightarrow\widehat{DHI}=\widehat{EHI}\)
MÀ HAI GÓC NÀY KỀ BÙ
\(\Rightarrow\widehat{DHI}=\widehat{EHI}=\frac{180^o}{2}=90^o\)
ta lại có \(\widehat{AHD}+\widehat{DHI}=\widehat{AHI}\)
THAY \(90^o+90^o=\widehat{AHI}\)
\(\Rightarrow\widehat{AHI}=180^o\)
=> \(\widehat{AHD}\)VÀ\(\widehat{DHI}\)KỀ BÙ
=> BA ĐIỂM A,H,I THẲNG HÀNG
a, Do tam giác ABC cân tại A(gt) => AB=AC
Do AH\(\perp\)BC(gt)=> \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^o\)
Xét tam giác ABH và tam giác ACH có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^o\left(cmt\right)\)
AB=AC(cmt)
AH chung
=> tam giác ABH=tam giác ACH(ch-cgv)
b, Do tam giác ABH=tam giác ACH(câu a)
\(\)=> HB=HC (2 cạnh tương ứng)
Do tam giác ABC cân tại A(gt)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ABC}\)
Ta có: \(\widehat{ABC}+\widehat{ABM}=180^o\)(kề bù)
\(\widehat{ACB}+\widehat{ACN}=180^o\)(kề bù)
\(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
Xét tam giác ABM và tam giác ACN có:
AB=AC(câu a)
\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\left(cmt\right)\)
BM=CN(gt)
=>tam giác ABM và tam giác ACN(c.g.c)
\(\Rightarrow AM=AN\) (2 cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow\Delta AMN\) cân tại A