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 $AB=DE.$
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
$B\text{ là trung điểm của }PQ.$
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) Ta có: ABEˆ=12ABQˆ(BE là tia pg)
ABNˆ=12ABCˆ(BD là tia pg)
⇒ABEˆ+ABNˆ=12ABQˆ+12ABCˆ
=12(ABQˆ+ABCˆ)=12.180o=900
tự kẻ hình:3333
a) vì BE là phân giác của QBA=> B1=B2=QBA/2
vì BD là phân giác của ABC=> B3=B4=ABC/2
ta có EBD= B2+B3=QBA/2 +ABC/2= QBA+ABC/2= 180 độ/2=90 độ ( QBA kề bù với ABC)
trong tứ giác AEBD có EBD= 90 độ=> AEBD là HCN=> EBD=BDA=DAE=AEB= 90 độ
=> BEQ= 90 độ ( kề bù với AEB), BDP= 90 độ( kề bù với BDA)
=> BE vuông góc với AQ, BD vuông góc với AP
b)vì AEBD là hcn => AE=BD,
xét tam giác BEQ và tam giác BEA có
B1=B2(gt)
BE chung
BEQ=BEA(=90 độ)
=> tam giác BEQ= tam gáic BEA(gcg)
=> AE=EQ ( hai cạnh tương ứng)
ta có DBP+EBQ= 90 độ( EBD= 90 độ)
VÌ EBQ vuông tại E=> EQB+EBQ= 90 độ
=> DBP=EQB (=90 độ-EBQ)
xét tam giác BEQ và tam giác PDB có
EQ=BD(=AE)
BEQ=PDB(=90 độ)
DBP=EQB(cmt)
=> tam giác BEQ= tam gáic PDB(gcg)
=> QB=PB ( hai cạnh tương ứng)
=> B là trung điểm của PQ
c) xét tam giác AED và tam giác DBA có
AE=BD(cmt)
DAE=BDA(=90 độ)
AD chung
=> tam giác AED= tam giác DBA (cgc)
=> AB=DE( hai cạnh tương ứng)