Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Trên tia đối của tia MA, lấy I sao cho MA=MI. Gọi K là giao điểm của AM và BC
Xét tứ giác EAHI có
M là trung điểm chung của EH và AI
=>EAHI là hình bình hành
=>AH=IE
mà AH=AC(ACGH là hình vuông)
nên IE=AC
Ta có: EAHI là hình bình hành
=>\(\hat{EAH}+\hat{AEI}=180^0\) (1)
Ta có: \(\hat{EAH}+\hat{EAB}+\hat{CAH}+\hat{BAC}=360^0\)
=>\(\hat{EAH}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEI}=\hat{BAC}\)
Xét ΔAEI và ΔBAC có
AE=BA
\(\hat{AEI}=\hat{BAC}\)
EI=AC
Do đó: ΔAEI=ΔBAC
=>\(\hat{EAI}=\hat{ABC}\)
Ta có: \(\hat{EAI}+\hat{EAB}+\hat{BAK}=180^0\)
=>\(\hat{EAI}+\hat{BAK}=180^0-90^0=90^0\)
=>\(\hat{BAK}+\hat{ABK}=90^0\)
=>ΔAKB vuông tại K
=>AK⊥BC tại K
=>AM⊥BC
a: TA có: \(\hat{BAG}=\hat{BAC}+\hat{GAC}=\hat{BAC}+90^0\)
\(\hat{EAC}=\hat{EAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)
Do đó: \(\hat{BAG}=\hat{EAC}\)
Xét ΔBAG và ΔEAC có
BA=EA
\(\hat{BAG}=\hat{EAC}\)
AG=AC
Do đó: ΔBAG=ΔEAC
=>BG=EC
Gọi O là giao điểm của BG và EC
ΔBAG=ΔEAC
=>\(\hat{ABG}=\hat{AEC}\)
Xét tứ giác AEBO có \(\hat{AEO}=\hat{ABO}\)
nên AEBO là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BOE}=\hat{BAE}=90^0\)
=>BG⊥EC tại O
b: Q là tâm của hình vuông ABDE
=>Q là trung điểm chung của AD và BE
N là tâm của hình vuông ACFG
=>N là trung điểm chung của AF và CG
Xét ΔEBC có
Q,M lần lượt là trung điểm của BE,BC
=>QM là đường trung bình của ΔEBC
=>QM//EC và \(QM=\frac{EC}{2}\)
Xét ΔGEC có
P,N lần lượt là trung điêm của GE,GC
=>PN là đường trung bình cua ΔGEC
=>PN//EC và \(PN=\frac{EC}{2}\)
QM//EC
PN//EC
Do đó: QM//PN
\(QM=\frac{EC}{2}\)
\(PN=\frac{EC}{2}\)
Do đó: QM=PN
Xét ΔEBG có
Q,P lần lượt là trung điểm của EB,EG
=>QP là đường trung bình của ΔEBG
=>QP//BG và \(QP=\frac{BG}{2}\)
\(QP=\frac{BG}{2}\)
\(QM=\frac{EC}{2}\)
mà BG=EC
nên QP=QM
QP//BG
BG⊥EC
Do đó: QP⊥EC
QP⊥EC
EC//QM
Do đó: QP⊥QM
Xét tứ giác MNPQ có
MQ//NP
MQ=NP
Do đó: MNPQ là hình bình hành
Hình bình hành MNPQ có QM⊥QP
nên MNPQ là hình chữ nhật
Hình chữ nhật MNPQ có QM=QP
nên MNPQ là hình vuông
a: TA có: \(\hat{BAG}=\hat{BAC}+\hat{GAC}=\hat{BAC}+90^0\)
\(\hat{EAC}=\hat{EAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)
Do đó: \(\hat{BAG}=\hat{EAC}\)
Xét ΔBAG và ΔEAC có
BA=EA
\(\hat{BAG}=\hat{EAC}\)
AG=AC
Do đó: ΔBAG=ΔEAC
=>BG=EC
Gọi O là giao điểm của BG và EC
ΔBAG=ΔEAC
=>\(\hat{ABG}=\hat{AEC}\)
Xét tứ giác AEBO có \(\hat{AEO}=\hat{ABO}\)
nên AEBO là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BOE}=\hat{BAE}=90^0\)
=>BG⊥EC tại O
b: Q là tâm của hình vuông ABDE
=>Q là trung điểm chung của AD và BE
N là tâm của hình vuông ACFG
=>N là trung điểm chung của AF và CG
Xét ΔEBC có
Q,M lần lượt là trung điểm của BE,BC
=>QM là đường trung bình của ΔEBC
=>QM//EC và \(QM=\frac{EC}{2}\)
Xét ΔGEC có
P,N lần lượt là trung điêm của GE,GC
=>PN là đường trung bình cua ΔGEC
=>PN//EC và \(PN=\frac{EC}{2}\)
QM//EC
PN//EC
Do đó: QM//PN
\(QM=\frac{EC}{2}\)
\(PN=\frac{EC}{2}\)
Do đó: QM=PN
Xét ΔEBG có
Q,P lần lượt là trung điểm của EB,EG
=>QP là đường trung bình của ΔEBG
=>QP//BG và \(QP=\frac{BG}{2}\)
\(QP=\frac{BG}{2}\)
\(QM=\frac{EC}{2}\)
mà BG=EC
nên QP=QM
QP//BG
BG⊥EC
Do đó: QP⊥EC
QP⊥EC
EC//QM
Do đó: QP⊥QM
Xét tứ giác MNPQ có
MQ//NP
MQ=NP
Do đó: MNPQ là hình bình hành
Hình bình hành MNPQ có QM⊥QP
nên MNPQ là hình chữ nhật
Hình chữ nhật MNPQ có QM=QP
nên MNPQ là hình vuông
A) TAM GIÁC ACH VUÔNG CÂN TẠI A=>GÓC ACH=AHC=45
TƯƠNG TỰ GÓC GÓC EBA=AEB=45
MÀ GÓC EBA =AHC VỊ TRÍ SLT => EB//HC
TAM GIÁC EAH=TAM GIÁC CAB (GÓC VUÔNG, AE=AB;AC=AH)
=> GÓC AEH=ABC <=> GÓC BEH=CBE( AEH VÀ ABC CỘNG 2 GÓC CÙNG -=45 )
=> TG BCHE LÀ HÌNH THANG CÂN
B) CÂU NÀY CHẮC CHỊU @@
a) Ta có: AE=ABAE=ABAE=AB; AG=ACAG=ACAG=AC
Xét hai đường thẳng EBEBEB và GCGCGC có điểm AAA không thuộc hai đường thẳng ta có:
AEAG=ABACAEAG=ABACAEAG=ABAC
⇒EB∥GC⇒⇒EB∥GC⇒⇒EB∥GC⇒ tứ giác EBCGEBCGEBCG là hình thang
EC=EA+AC=BA+AG=BGEC=EA+AC=BA+AG=BGEC=EA+AC=BA+AG=BG
⇒EC=BG⇒EC=BG⇒EC=BG
Hình thang EBCGEBCGEBCG có hai đường chéo bằng nhau
⇒EBCG⇒EBCG⇒EBCG là hình thang cân.
phai la AK,BJ VA CI đong quy chu
giúp mình với đề như bạn nói