Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A A A B B B C C C D D D H H H F F F G G G E E E a/Vì ABCD là hình bình hành nên ta có ^BAD+^ADC=1800(trong cùng phía)
Mà ^HDA=1/2^ADC;^HAD=1/2^BAD.Suy ra ^HDA+^HAD=900
Vậy ^AHD=900
b/Chứng minh tương tự câu a ta có ^AEC=900;^AGB=900
Vậy HEFG là hình chữ nhật
Bạn tự vẽ hình nhá!!!!
a) ABCD là hình bình hành=>góc ADC=góc ABC => góc MBN=góc MDN
Mà: góc MBN= góc BNC( so le trong) => góc BNC=góc MDN => DM//BN
b) Từ phần a ta có:
Xét DMNB có DM//BN
BM//DN (do AB//CD)
=> DMNB là hbh
c) Ta có:
góc AMD= góc MDC(so le trong) => góc ADM= góc AMD=> Tam giác AMD cân tại A
Mà: AH là đường phân giác=> AH là đường cao<=> AH vuông góc với DM (1)
=>AG vuông góc với BN ( do DM//BN) (2)
Tương tự, ta cũng chứng minh được tam giác BNC cân tại C
Mà: CF là đường PG=> CF vuông góc với BN (3)
Từ (1); (2); (3) => HEFG là hcn do có 3 góc vuông
ABCD là hình bình hành
=>\(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0\) ; \(\hat{BAD}+\hat{ABC}=180^0\) ; \(\hat{ADC}+\hat{BCD}=180^0\) ; \(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)
AN là phân giác ngoài tại đỉnh A
=>\(\hat{DAN}=\frac{180^0-\hat{DAB}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{DAB}\)
DN là phân giác ngoài tại đỉnh D
=>\(\hat{NDA}=\frac{180^0-\hat{ADC}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{ADC}\)
AM là phân giác ngoài tại đỉnh A
=>\(\hat{MAB}=\frac{180^0-\hat{BAD}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{BAD}\)
BM là phân giác ngoài tại đỉnh B
=>\(\hat{MBA}=\frac{180^0-\hat{ABC}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{ABC}\)
CQ là phân giác ngoài tại đỉnh C
=>\(\hat{QCB}=\frac{180^0-\hat{BCD}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{BCD}\)
BQ là phân giác ngoài tại đỉnh B
=>\(\hat{QBC}=\frac{180^0-\hat{ABC}}{2}=90^0-\frac12\cdot\hat{ABC}\)
\(\hat{NAD}+\hat{NDA}=90^0-\frac12\cdot\hat{BAD}+90^0-\frac12\cdot\hat{ADC}=180^0-\frac12\left(\hat{BAD}+\hat{ADC}\right)\)
\(=180^0-\frac12\cdot180^0=90^0\)
=>ΔNAD vuông tại N
=>NA⊥ND
=>MN⊥NP
\(\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0-\frac12\cdot\hat{BAD}+90^0-\frac12\cdot\hat{ABC}\)
\(=180^0-\frac12\cdot\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right)=180^0-\frac12\cdot180^0=90^0\)
=>ΔMAB vuông tại M
=>MA⊥MB
\(\hat{QBC}+\hat{QCB}=90^0-\frac12\cdot\hat{ABC}+90^0-\frac12\cdot\hat{BCD}\)
\(=180^0-\frac12\left(\hat{ABC}+\hat{BCD}\right)=180^0-\frac12\cdot180^0=90^0\)
=>ΔQBC vuông tại Q
=>QB⊥QC
Xét tứ giác MNPQ có \(\hat{MNP}=\hat{NMQ}=\hat{MQP}=90^0\)
nên MNPQ là hình chữ nhật
a: Xét ΔAED vuông tại E và ΔCFB vuông tại F có
AD=CB
\(\widehat{ADE}=\widehat{CBF}\)
Do đó: ΔAED=ΔCFB
Suy ra AE=CF: ED=FB
Xét tứ giác AECF có
AE//CF
AE=CF
Do đó: AECF là hình bình hành
b: Xét ΔKBF vuông tại F và ΔIDE vuông tại E có
FB=ED
\(\widehat{KBF}=\widehat{IDE}\)
Do đó: ΔKBF=ΔIDE
Suy ra: KB=ID
Xét tứ giác KBID có
KB//ID
KB=ID
Do đó: KBID là hình bình hành
Suy ra: Hai đường chéo KI và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
a: Xét ΔAED vuông tại E và ΔCFB vuông tại F có
AD=CB
\(\widehat{ADE}=\widehat{CBF}\)
Do đó: ΔAED=ΔCFB
Suy ra: AE=CF và DE=BF
Xét tứ giác AECF có
AE//CF
AE=CF
Do đó: AECF là hình bình hành
b: Xét ΔKBF vuông tại F và ΔIDE vuông tại E có
KB=ID
\(\widehat{KBF}=\widehat{IDE}\)
Do đó: ΔKBF=ΔIDE
Suy ra: KB=ID
Xét tứ giác BKDI có
BK//ID
BK=ID
Do đó: BKDI là hình bình hành
Suy ra: Hai đường chéo BD và KI cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường