Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
EF//AB//CD
+ Xét tg ABD có
E là trung điểm AD (đề bài)
EI//AB
=> EI là đường trung bình của tg ABD => EI=AB/2 (1)
+ Xét tg ABC chứng minh tương tự cũng có KF=AB/2 (2)
Từ (1) và (2) => EI=KF
+ Xét tg BCD chứng minh tương tự có IF=(IK+KF)=CD/2
⇒IF−EI=IK+KF−EI=IK=CD2−AB2=CD−AB2.⇒IF−EI=IK+KF−EI=IK=CD2−AB2=CD−AB2.
b/ Câu b dựa vào KQ của câu a
E, F là trung điểm của AD và BC (đề bài) => EF là đường trung bình của ht ABCD => EF//AB//CD
+ Xét tg ABD có
E là trung điểm AD (đề bài)
EI//AB
=> EI là đường trung bình của tg ABD => EI=AB/2 (1)
+ Xét tg ABC chứng minh tương tự cũng có KF=AB/2 (2)
Từ (1) và (2) => EI=KF
+ Xét tg BCD chứng minh tương tự có IF=(IK+KF)=CD/2
⇒IF−EI=IK+KF−EI=IK=CD2−AB2=CD−AB2.⇒IF−EI=IK+KF−EI=IK=CD2−AB2=CD−AB2.
b/ Câu b dựa vào KQ của câu a
Bài 209 : đăng tách ra cho mn cùng làm nhé
a,sửa đề : \(A=\left(3x+1\right)^2-2\left(3x+1\right)\left(3x+5\right)+\left(3x+5\right)^2\)
\(=\left(3x+1-3x-5\right)^2=\left(-4\right)^2=16\)
b, \(B=\left(3+1\right)\left(3^2+1\right)\left(3^4+1\right)...\left(3^{32}+1\right)\)
\(2B=\left(3^2-1\right)\left(3^2+1\right)\left(3^4+1\right)...\left(3^{32}+1\right)=\left(3^{32}-1\right)\left(3^{32}+1\right)\)
\(2B=3^{64}-1\Rightarrow B=\frac{3^{64}-1}{2}\)
c, \(C=\left(a+b-c\right)^2+\left(a-b+c\right)^2-2\left(b-c\right)^2\)
\(=2\left(a-b+c\right)^2-2\left(b-c\right)^2=2\left[\left(a-b+c\right)^2-\left(b-c\right)^2\right]\)
\(=2\left(a-b+c-b+c\right)\left(a-b+c+b-c\right)=2a\left(a-2b+2c\right)\)
a)Vì D dx với H qua AB => AB là trung trực của DH => AD = AH
cmtt có: AE = AH
mặt khác: A thuộc DE
=> A là trung điểm của DE => D đx E qua A
Vì AH = AE = AD = 1/2DE
(đường trung tuyến = 1/2 cạnh huyền)
=> DHE là tam giác vuông tại H
-xét ΔBDA và ΔBHA có:
BA: chung
BD = BH (AB là trung trực...)
AH = AH (đã cm)
xét ΔBDA và ΔBHA có:
BA: chung
BD = BH (AB là trung trực...)
AH = AH (đã cm)
=> ΔBDA = ΔBHA (c.c.c)
=> ˆBDA=ˆBHA=90o⇒BD⊥EDBDA^=BHA^=90o⇒BD⊥ED (1)
Cmtt có: ˆAEC=ˆAHC=90o⇒CE⊥EDAEC^=AHC^=90o⇒CE⊥ED(2)
Từ (1) và (2) => BD // CE => BDEC là hình thang
b)Ta có: BD = BH; CE = CH (đã cm)
=> BH + CH = BD + CE hay BC = BD + CE (đpcm)
Từ M kẻ MK // BD (K thuộc DC)
a, Xét t/g DBC có: MK // BD, MB = MC (gt)
=> MK là đường trung bình của t/g DBC
=> CK = DK (1)
Xét t/g AMK có: MK // ID, IA = IM (gt)
=> ID là đường trung bình của t/g AMK
=> DA = DK (2)
Từ (1) và (2) => CK = DA
Mà CK = DC2DC2
=>DA=DC2(đpcm)DA=DC2(đpcm)
b, Vì MK là đường trung bình của t/g DBC
=> MK=BD2(3)MK=BD2(3)
Vì ID là đường trung bình của t/g AMK
=>ID=MK2(4)ID=MK2(4)
Từ (3) và (4) => BD > ID
a, Xét t/g DBC có: MK // BD, MB = MC (gt)
=> MK là đường trung bình của t/g DBC
=> CK = DK (1)
Xét t/g AMK có: MK // ID, IA = IM (gt)
=> ID là đường trung bình của t/g AMK
=> DA = DK (2)
Từ (1) và (2) => CK = DA
Mà CK = DC/2
=>DA=DC/2(đpcm)
b, Vì MK là đường trung bình của t/g DBC
=> MK=BD/2(3)
Vì ID là đường trung bình của t/g AMK
=>ID=MK/2(4)
Từ (3) và (4) => BD > ID
a) \(\Delta ABD\)vuông tại A \(\Rightarrow BD^2=AB^2+AD^2\left(Pytago\right)\)
Thay AB = 6cm; AD = 8cm (gt), ta có: \(BD^2=6^2+8^2=36+64=100\Rightarrow BD=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)
\(\Delta ABD\)vuông tại A có trung tuyến AO (do O là trung điểm BD) \(\Rightarrow AO=\frac{BD}{2}\)(tính chất tam giác vuông)
Mà BD = 10cm (cmt) \(\Rightarrow AO=\frac{10}{2}=5\left(cm\right)\)
b) Xét tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn
\(\Rightarrow\)Tứ giác ABCD là hình bình hành.
Mà \(\widehat{BAD}=90^0\)(vì \(\Delta ABD\)vuông tại A) \(\Rightarrow\)Tứ giác ABCD là hình chữ nhật (đpcm)
c) Xét \(\Delta ADH\)có E và F lần lượt là trung điểm của AH, DH (gt)
\(\Rightarrow\)EF là đường trung bình của \(\Delta ADH\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}EF//AD\\EF=\frac{1}{2}AD\end{cases}}\)
Vì AD = BC (vì tứ giác ABCD là hình bình hành theo cmt) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}EF//BC\\EF=\frac{1}{2}BC\end{cases}}\)
Lại có \(BI=\frac{1}{2}BC\)và I thuộc BC vì I là trung điểm BC (gt) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}EF//BI\\EF=BI\left(=\frac{1}{2}BC\right)\end{cases}}\)
Xét tứ giác BEFI có EF//BI và EF = BI (cmt) \(\Rightarrow\)Tứ giác BEFI là hình bình hành \(\Rightarrow\)EB // FI (đpcm)
d) Ta có EF // AD (cmt), mà \(AD\perp AB\)(vì \(\Delta ABD\)vuông tại A (gt))
\(\Rightarrow EF\perp AB\)\(\Rightarrow\)EF là một phần của đường cao của \(\Delta ABF\)
Vì \(AH\perp BF\)tại H nên AH là đường cao của \(\Delta ABF\)
Xét \(\Delta ABF\)có hai đường cao EF và AH cắt nhau tại E \(\Rightarrow\)E là trực tâm của \(\Delta ABF\)
\(\Rightarrow BE\perp AF\)(đpcm)
Gọi M , B là trung điểm của DE , EF
a) Xét hai tam giác vuông \(\Delta AEM\)và \(\Delta ADM\)có :
AM chung ; EM = DM
=> \(\Delta AEM=\Delta ADM\)( hai cạnh góc vuông )
=> AE = AD và \(\widehat{A2}\)\(=\widehat{A1}\)(1)
Chứng minh tương tự , ta có : AE = AF và \(\widehat{A4}\)\(=\widehat{A3}\)(2)
Từ (1) , (2) suy ra :
AE = AD = AF và \(\widehat{A1}+\widehat{A2}+\widehat{A3}+\widehat{A4}=2.\left(\widehat{A2}+\widehat{A3}\right)=2.90^O=180^O\)
=> AD = AF và D,A,F thẳng hàng
=> D và F đối xứng nhau qua A ( đpcm )
b) F đối xứng với E qua N => EN\(\perp\)AC , tương tự EM\(\perp\)EN
=> AMEN là hình chữ nhật => EM\(\perp\)EN
=>\(\Delta DEF\)là tam giác vuông tại E
c) Xét \(\Delta ABD\)và \(\Delta ABE\)ta có :
AB chung ; AD = AE ; \(\widehat{A1}=\widehat{A2}\)
=> \(\Delta ABD=\Delta ABE\)( c.g.c ) => BD = BE
Tương tự ta chứng minh được CE = CF
Suy ra : BD + CF = BE + CE = BC ( đpcm )
d) EN \(||\)AB => \(\widehat{E1}=\widehat{B1}\)mà \(\widehat{B1}=\widehat{B2}\) ( do \(\Delta ABD=\Delta ABE\)) và \(\widehat{E1}=\widehat{F1}\)
=> \(\widehat{B2}=\widehat{F1}\)
Lại có AB \(||\)EF => BD \(||\)CF
=> BDFC là hình thang ( CF , BD là hai cạnh đáy )
e) Để BDCF là hình bình hành thì CF = BD mà CF = CE ; BD = BE
=> CE = BE <=> E là trung điểm của BC
f) Để BDFC là hình chữ nhật thì BD\(\perp\)BC mà \(\widehat{B2}=\widehat{B1}\)
=> \(\widehat{B2}=\widehat{B1}=45^O\Rightarrow\Delta ABC\)vuông cân ở A
Đồng thời kết hợp với điều kiện để BDFC là hình bình hành tức E là trung điểm của BC
Khi đó BDFC sẽ là hình chữ nhật