Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* Trong ∆ EBC , ta có: M là trung điểm EB (tính chất hình vuông)
I trung điểm BC (gt)
Nên MI là đường trung bình của ΔEBC
⇒ MI = 1/2 EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác).
Trong ∆ BCH, ta có: I trung điểm BC (gt)
N trung điểm của CH (tính chất hình vuông)
Nên NI là đường trung bình của ∆ BCH
⇒ NI = 1/2 BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác)
Mà BH = CE (chứng minh trên)
Suy ra: MI = NI nên ∆ INM cân tại I
MI // EC (chứng minh trên)
EC ⊥ BH (chứng minh trên)
Suy ra: MI ⊥ BH. Mà NI // BH (chứng minh trên)
Suy ra: MI ⊥ NI hay ∠ (MIN) = 90 0
Vậy ∆ MIN vuông cân tại I.
Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac[B, A, 4] Hình đa giác TenDaGiac2: DaGiac[A, C, 4] Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, A] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [A, E] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [E, D] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [D, B] của Hình đa giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [A, C] của Hình đa giác TenDaGiac2 Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [C, F] của Hình đa giác TenDaGiac2 Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [F, H] của Hình đa giác TenDaGiac2 Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [H, A] của Hình đa giác TenDaGiac2 Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [B, H] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [O1, O2] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [O2, I] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [O1, I] A = (-0.2, 4.86) A = (-0.2, 4.86) A = (-0.2, 4.86) B = (-1, 1.46) B = (-1, 1.46) B = (-1, 1.46) C = (4.56, 0.9) C = (4.56, 0.9) C = (4.56, 0.9) Điểm E: DaGiac[B, A, 4] Điểm E: DaGiac[B, A, 4] Điểm E: DaGiac[B, A, 4] Điểm D: DaGiac[B, A, 4] Điểm D: DaGiac[B, A, 4] Điểm D: DaGiac[B, A, 4] Điểm F: DaGiac[A, C, 4] Điểm F: DaGiac[A, C, 4] Điểm F: DaGiac[A, C, 4] Điểm H: DaGiac[A, C, 4] Điểm H: DaGiac[A, C, 4] Điểm H: DaGiac[A, C, 4] Điểm O2: Giao điểm của b, c Điểm O2: Giao điểm của b, c Điểm O2: Giao điểm của b, c Điểm O1: Giao điểm của t, a Điểm O1: Giao điểm của t, a Điểm O1: Giao điểm của t, a Điểm I: Trung điểm của g Điểm I: Trung điểm của g Điểm I: Trung điểm của g
a. Ta thấy \(\widehat{EAC}=\widehat{BAH}\left(=\widehat{BAC}+90^o\right)\)
Vậy nên \(\Delta EAC=\Delta BAH\left(c-g-c\right)\)
Từ đó suy ra \(\widehat{ACE}=\widehat{AHB}\)
Vì \(\widehat{AHB}+\widehat{JHF}+\widehat{F}+\widehat{FCA}=270^o\Rightarrow\widehat{ACE}+\widehat{JHF}+\widehat{F}+\widehat{FCA}=270^o\Rightarrow\widehat{HJC}=90^o\)
Vậy \(EC\perp BH.\)
b. Ta thấy \(O_1\) là trung điểm EB. Vậy thì O1I là đường trung bình của tam giác BEC hay O1I // EC. Tương tự O2I // BH.
Lại có \(EC\perp BH\) nên \(O_1I\perp O_2I.\)
Vậy tam giác O1O2I là tam giác vuông tại I.
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