Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TL:
a,G là trọng tâm của tam giác ABC nên GD =1/2 BG suy ra GM= GD
Tương tự EG=GN suy ra MNDE là hình bình hành
a) Trong tam giác ABC , có :
EA = EB ( CE là trung tuyến )
DA = DC ( DB là trung tuyến )
=> ED là đường trung bình của tam giác ABC
=> ED // BC (1) , DE = 1/2 BC (2)
Trong tam giác GBC , có :
MG = MB ( gt)
NG = NC ( gt)
=> MN là đương trung bình của tam giác GBC
=> MN // BC (3) , MN = 1/2 BC (4)
Từ 1 và 2 => ED // MN ( * )
Từ 3 và 4 => ED = MN ( **)
Từ * và ** => EDMN là hbh ( DHNB )
a) Ta có :
P là trung điểm AB
Q là trung điểm AC
⇒⇒ PQ là đường trung bình tam giác ABC
Xét tứ giác BPQC , ta có :
PQ//BC( do PQ là đường trung bình tam giác ABC)
⇒⇒BPQC là hình thang (dấu hiệu nhận biết hình thang)
b)Ta có :
Q là trung điểm PE
Q là trung điểm AC
⇒⇒ Q là trung điểm hai đường chéo của tứ giác AECP
Suy ra tứ giác AECP là hình bình hành
a) Ta có :
P là trung điểm AB
Q là trung điểm AC
⇒ PQ là đường trung bình tam giác ABC
Xét tứ giác BPQC , ta có :
PQ//BC( do PQ là đường trung bình tam giác ABC)
⇒BPQC là hình thang (dấu hiệu nhận biết hình thang)
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)
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
Xét tg ABC có :
E là trđ AB
D là trđ AC
Nên Ed là Đg TB của tg ABC
Nên ED // BC ; ED=1/2 BC (1)
Xét tg GBC có
M là trđ BG
N là trđ GC
nên MN là đg tb của tg GBC
MN //BC; MN=1/2BC (2)
từ (1) và (2) ED=MN; ED//MN nêm EDNM là HBH
A B C D E G M N
b) Vì CE;BD lần lượt là đườg trung tuyến của tam giác ABC và cắt nhau tại G (gt)
=>G là trọng tâm của tam giác ABC
Vì M trung điểm BG => MG=1/3BD
N trung điểm CG=> NG=1/3EC
Do đó: => BD=EC => AB=AC
=> tam giác ABC cân tại A
Vậy tam giác ABC cân tại A thì MNDE là hcn
⇒ NP ⊥ PQ
⇒ NP ⊥ PE
Xét hai tam giác vuông: ∆NHM và ∆PHE có:
NH = HP (gt)
NHM = PHE (đối đỉnh)
⇒ ∆NHM = ∆PHE (cạnh góc vuông - góc nhọn kề)
b) Do ∆NHM = ∆PHE (cmt)
⇒ MN = PE (hai cạnh tương ứng)
Do MNPQ là hình chữ nhật (gt)
⇒ MN // PQ
⇒ MN // PE
Tứ giác MNEP có:
MN // PE (cmt)
MN = PE (cmt)
⇒ MNEP là hình bình hành
c) Do MNPQ là hình chữ nhật
⇒ MN = PQ
Mà MN = PE (cmt)
⇒ PQ = PE
⇒ P là trung điểm của QE
Do N và K đối xứng với nhau qua P (gt)
⇒ P là trung điểm của NK
Do NP ⊥ PQ (cmt)
⇒ NK ⊥ QE
Tứ giác QNEK có:
P là trung điểm của QE (cmt)
P là trung điểm của NK (cmt)
⇒ QNEK là hình bình hành
Mà NK ⊥ QE (cmt)
⇒ QNEK là hình thoi
a. Ta có:
- H là trung điểm của NP, nên NH = HM.
- E là giao điểm của MH và PQ, nên HE = EP.
- Ta cũng có NM = NP (do H là trung điểm của NP).
Vậy, ta có NHM ≅ PHE theo nguyên tắc cạnh - cạnh - cạnh.
b. Ta có:
- M là trung điểm của NE (do H là trung điểm của NP).
- H là trung điểm của NP (do H là trung điểm của NP).
Vậy, ta có MNEP là hình bình hành theo định nghĩa của hình bình hành.
c. Gọi K là điểm đối xứng của N qua P. Ta cần chứng minh tứ giác QNEK là hình thoi.
- Ta có NP = NK (do K là điểm đối xứng của N qua P).
- Ta cũng có NQ = NE (do MNEP là hình bình hành).
- Vì NP = NK và NQ = NE, nên ta có NPQ ≅ NKE theo nguyên tắc cạnh - cạnh - cạnh.
- Do đó, góc NQK = góc NEK.
- Nhưng góc NEK = góc NHE (do NHM ≅ PHE).
- Vậy, góc NQK = góc NHE.
- Ta cũng có góc QNK = góc ENH (do NHM ≅ PHE).
- Vậy, tứ giác QNEK có hai cặp góc đối nhau bằng nhau, nên QNEK là hình thoi theo định nghĩa của hình thoi.
a: Xét ΔHPE vuông tại P và ΔHNM vuông tại N có
HP=HN
\(\widehat{PHE}=\widehat{NHM}\)
Do đó: ΔHPE=ΔHNM
b: ΔHPE=ΔHNM
=>PE=NM
MN//QP
P\(\in\)QE
Do đó: MN//PE
Xét tứ giác MNEP có
MN//EP
MN=EP
Do đó: MNEP là hình bình hành
c: Ta có: MN=PQ(MNPQ là hình chữ nhật)
mà MN=PE
nên PQ=PE
=>P là trung điểm của QE
Xét tứ giác QNEK có
P là trung điểm chung của QE và NK
Do đó: QNEK là hình bình hành
Hình bình hành QNEK có QE\(\perp\)NK tại P
nên QNEK là hình thoi
cảm ơn bạn nhiều ạ
cảm ơn bạn nhiều ạ
cảm ơn bạn nhiều ạ