Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
M đối xứng D qua AB
=>AB là đường trung trực của DM
=>AB⊥DM tại trung điểm của DM
=>AM=AD và BM=BD
F nằm trên đường trung trực của DM
=>FD=FM
N đối xứng D qua AC
=>AC là đường trung trực của DN
=>AC⊥DN tại trung điểm của DN
=>AD=AN và CD=CN
E nằm trên đường trung trực của DN
=>ED=EN
Xét ΔAMB và ΔADB có
AM=AD
BM=BD
AB chung
Do đó: ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{AMB}=\hat{ADB}=90^0\)
ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{MAB}=\hat{DAB}\)
=>AB là phân giác của góc MAD
=>\(\hat{MAD}=2\cdot\hat{BAD}\)
Xét ΔFMB và ΔFDB có
FM=FD
MB=DB
FB chung
Do đó: ΔFMB=ΔFDB
=>\(\hat{MFB}=\hat{DFB}\)
=>FB là phân giác của góc MFD
Xét ΔADC và ΔANC có
AD=AN
DC=NC
AC chung
Do đó: ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{ANC}=\hat{ADC}=90^0\)
ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{DAC}=\hat{NAC}\)
=>AC là phân giác của góc DAN
=>\(\hat{DAN}=2\cdot\hat{DAC}\)
Xét ΔEDC và ΔENC có
ED=EN
DC=NC
EC chung
Do đó: ΔEDC=ΔENC
=>\(\hat{DEC}=\hat{NEC}\)
=>EC là phân giác của góc DEN
\(\hat{MAN}=\hat{MAD}+\hat{NAD}\)
\(=2\left(\hat{BAD}+\hat{DAC}\right)=2\cdot\hat{BAC}\)
AM=AD
AN=AD
Do đó: AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
=>\(\hat{AMN}=\hat{ANM}=\frac{180^0-\hat{MAN}}{2}=\frac{180^0-2\cdot\hat{BAC}}{2}=90^0-\hat{BAC}\)
Xét ΔAMF có \(\hat{BFM}\) là góc ngoài tại đỉnh F
nên \(\hat{BFM}=\hat{FMA}+\hat{FAM}\)
\(=90^0-\hat{BAC}+\hat{MAB}=90^0-\hat{BAC}+\hat{BAD}=90^0-\hat{BAC}+90^0-\hat{ABC}\)
\(=180^0-\left(\hat{BAC}+\hat{ABC}\right)=\hat{ACB}\)
=>\(\hat{BFD}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BFD}+\hat{AFD}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AFD}+\hat{ACD}=180^0\)
=>AFDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AFC}=\hat{ADC}=90^0\)
Vì \(\hat{AFC}=\hat{ADC}=\hat{ANC}=90^0\)
nên A,F,D,C,N cùng thuộc đường tròn đường kính AC
\(\hat{AFC}=90^0\)
=>CF⊥AB
Xét ΔAEN có \(\hat{NEC}\) là góc ngoài tại đỉnh E
nên \(\hat{NEC}=\hat{EAN}+\hat{ENA}\)
\(=\hat{DAC}+90^0-\hat{BAC}=90^0-\hat{ACB}+90^0-\hat{BAC}=\hat{ABC}\)
=>\(\hat{CED}=\hat{CBA}\)
mà \(\hat{CED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{DBA}+\hat{DEA}=180^0\)
=>ABDE nội tiếp
=>\(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)
=>BE⊥AC tại E
Xét ΔABC có
AD,BE,CF là các đường cao
Do đó: AD,BE,CF đồng quy
Nối E với D.\(EK\cap BC=\left\{M\right\}\).
Xét tam giác DME và tam giác DMK ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}EM=KM\left(gt\right)\\\widehat{DME}=\widehat{DMK}\left(=90^o\right)\\DM:chung\end{matrix}\right.\)
Do đó \(\Delta DME=\Delta DMK\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{MDK}\left(cgtu\right)\)(1)
mà \(\widehat{MDK}=\widehat{BDF}\left(d.d\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{BDF}\)
Ta có:
\(\widehat{HDM}=\widehat{HDB}\left(=90^o\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{EDM}+\widehat{EDH}=\widehat{FDB}+\widehat{FDH}\)
mà \(\widehat{EDM}=\widehat{FDB}\left(cmt\right)\)
Do đó \(\widehat{EDH}=\widehat{FDH}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(\widehat{EDH}+\widehat{EDM}=\widehat{FDH}+\widehat{KDM}\)
\(\Rightarrow\widehat{FDH}+\widehat{KDM}=90^o\)
Do đó: \(\widehat{EDH}+\widehat{EDM}+\widehat{FDH}+\widehat{KDM}=90^o+90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{FDK}=180^o\)
Vậy ba điểm F;D;K thẳng hàng
Chúc bạn học tốt!!!
*) Tam giác ABC có ba đường trung tuyến AD, BE, CF cắt nhau tại G nên G là trọng tâm tam giác ABC.
* Ta có: GD = DH (tính chất đối xứng tâm)
⇒ GH = 2GD (l)
GA = 2GD (tính chất đường trung tuyến của tam giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: GA = GH
Suy ra điểm đối xứng với điểm A qua G là H.
* Ta có: GE = EI (tính chất đối xứng tâm)
⇒ GI = 2GE (3)
Lại có, GB = 2GE (tính chất đường trung tuyến của tam giác) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: GB = GI
Suy ra điểm đối xứng với điểm B qua G là I.
+) Ta có: GF = FK (tính chất đối xứng tâm)
⇒ GK = 2GF (5)
GC = 2GF (tính chất đường trung tuyến của tam giác) (6)
Từ (5) và (6) suy ra: GC = GK
Suy ra điểm đối xứng với điểm C qua G là điểm K