Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét ΔAMK vuông tại A và ΔCMH vuông tại C có
MA=MC(M là trung điểm của AC)
\(\widehat{AMK}=\widehat{CMH}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔAMK=ΔCMH(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
Suy ra: AK=CH(hai cạnh tương ứng)
Xét tứ giác AKCH có
AK//CH(\(\perp AC\))
AK=CH(cmt)
Do đó: AKCH là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Ta đi c/m ^BMK=90o
=================
Từ K, D hạ đường vuông góc KN, DP xuống AC
Xét tam giác BMK, ta có:
BK^2=BC^2+CK^2 = BC^2+CD^2/4 (1)
BM^2=BH^2+MH^2 = BH^2+ AH^2/4 (2)
MK^2=MN^2+NK^2=MN^2+BH^2/4 (3)
Ta có MN= MH-NH = AH/2-NH=AH/2-(CN-CH)=AH/2-AH/2+CH =CH (Do CN=CP/2=AH/2)
=>MN =CH, thay vào (3)
=> MK^2 = CH^2 +BH^2/4 (4)
Để c/m ^BMK=90o, ta c/m BK^2 =BM^2 +MK^2 (*)
Thay (1), (2), (4) vào (*), , ta được
BC^2+CD^2/4= BH^2+AH^2/4+CH^2+BH^2/4 (**)
Do BC^2= BH^2+CH^2
(**) => CD^2/4= AH^2/4+BH^2/4
=> CD^2=AH^2+BH^2
=> AB^2 = AH^2+BH^2 , đúng do tam giác AHB vuông tại H
Vậy ^BMK =90o
Câu 1:
a: Xét ΔAHB vuông tạiH có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
b: \(BC=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{4\cdot6}{2\sqrt{13}}=\dfrac{12}{\sqrt{13}}\left(cm\right)\)
\(AE=\dfrac{AH^2}{AC}=\dfrac{144}{13}:6=\dfrac{24}{13}\left(cm\right)\)
*Gọi G là giao điểm của AH và DE
Ta có: GA = GD = GH = GE (tính chất hình chữ nhật)
Suy ra tam giác GHD cân tại G
Suy ra tam giác NCE cân tại N ⇒ NC = NE (16)
Từ (13) và (16) suy ra: NC = NH hay N là trung điểm của CH.
Xét ΔHAB có
M,N lần lượt là trung điểm của HA,HB
=>MN là đường trung bình của ΔHAB
=>MN//AB và \(MN=\frac{AB}{2}\)
MN//AB
AB⊥BC
Do đó: MN⊥BC
Xét ΔMBC có
MN,BH là các đường cao
MN cắt BH tại N
Do đó: N là trực tâm của ΔMBC
=>CN⊥BM
mà BM⊥MK
nên CN//MK
Ta có: MN//AB
AB//CK
Do đó: MN//CK
Xét tứ giác MNCK có
MN//CK
MK//NC
Do đó: MNCK là hình bình hành