Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên
$MN\parallel BC.$
a)
Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$
Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$
Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$
Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$
suy ra $BE\perp AQ.$
b)
Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$
Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$
Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$
Do đó $BP=BQ.$
Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$
c) Chứng minh $AB=DE.$
Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$
$\triangle AME\sim\triangle AQB.$
Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$
Theo câu b), $PB=QB.$
Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$
Vậy $AB=DE.$
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên
$MN\parallel BC.$
a)
Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$
Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$
Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$
Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$
suy ra $BE\perp AQ.$
b)
Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$
Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$
Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$
Do đó $BP=BQ.$
Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$
c) Chứng minh $AB=DE.$
Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$
$\triangle AME\sim\triangle AQB.$
Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$
Theo câu b), $PB=QB.$
Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$
Vậy $AB=DE.$
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên
$MN\parallel BC.$
a)
Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$
Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra
$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$
Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$
Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$
suy ra $BE\perp AQ.$
b)
Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$
Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$
Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$
Do đó $BP=BQ.$
Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$
c) Chứng minh $AB=DE.$
Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$
$\triangle AME\sim\triangle AQB.$
Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$
Theo câu b), $PB=QB.$
Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$
Vậy $AB=DE.$
a) Vì $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB$.
Suy ra $\dfrac{MD}{PB}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac12.$
Lại có $BD$ là phân giác góc $B$
$\Rightarrow\dfrac{MD}{DN}=\dfrac{AB}{BC}.$
Mà $MN=\dfrac{BC}{2}$
$\Rightarrow DN=\dfrac{BC^2}{2(AB+BC)}.
Suy ra $\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{BC}.$
Theo định lí phân giác đảo, $BP$ là phân giác góc $A$ của tam giác $APB$.
Do đó $\angle BPA=\dfrac12\angle APB=\dfrac12(180^\circ-\angle B).$
Mặt khác $\angle DBA=\dfrac12\angle B.$
Suy ra $\angle BDA+\angle BPA=90^\circ.$
Vì $A,D,P$ thẳng hàng nên $BD\perp AP.$
Chứng minh tương tự, $BE\perp AQ.$
b)
Từ các tam giác đồng dạng ở trên suy ra $\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{BC}.$
Đối với phân giác ngoài, $\dfrac{QB}{QC}=-\dfrac{AB}{BC}.$
Suy ra $PB=BQ.
Vì $P,Q,B$ thẳng hàng nên
$B\text{ là trung điểm của }PQ.$
a: Xét ΔCAB có CN/CB=CM/CA
nên MN//AB và MN=AB/2
Xét ΔDAB có DQ/DA=DP/DB
nên QP//AB và QP=AB/2
=>MN//PQ và MN=PQ
b: Xét ΔBCD có BN/BC=BP/BD
nên NP//CD
=>NP vuông góc AB
=>NP vuông góc với MN