Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tam giác \(ABC\) có \(B'C'//BC\) nên theo định lí Thales ta có:
\(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} \Rightarrow \frac{2}{6} = \frac{{AC'}}{8}\). Do đó, \(AC' = \frac{{2.8}}{6} = \frac{8}{3}\left( {cm} \right)\).
Vậy \(AC' = \frac{{16}}{3}cm\).
b) Xét tam giác \(ABC\) có \(C'D//AB\) nên theo định lí Thales ta có:
\(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{AC'}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{10}} = \frac{{\frac{8}{3}}}{8}\). Do đó, \(BD = \frac{{10.\frac{8}{3}}}{8} = \frac{{10}}{3}\left( {cm} \right)\).
Vậy \(BD = \frac{{10}}{3}cm\).
Ta có: \(BB' = AB - AB' = 6 - 2 = 4cm\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}B'C'//BC\\C'D//AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}B'C'//BD\\C'D//B'B\end{array} \right.\) (do \(D \in BC;B' \in AB\))
Xét tứ giác \(B'C'DB\) có
\(\left\{ \begin{array}{l}B'C'//BD\\C'D//B'B\end{array} \right. \Rightarrow \) tứ giác \(B'C'DB\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}B'C' = BD = \frac{{10}}{3}cm\\BB' = C'D = 4cm\end{array} \right.\) (tính chất hình bình hành)
c) Ta có: \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3};\frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{\frac{8}{3}}}{8} = \frac{1}{3};\frac{{BC'}}{{BC}} = \frac{{\frac{{10}}{3}}}{{10}} = \frac{1}{3}\)
Do đó, \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}}\).
a/ Xét tg HBA và tg ABC, có:
góc BHA = góc BAC = 90 độ
góc B chung
Suyra: tg HBA đồng dạng với tg ABC (g-g)
b/ Ta có tg ABC vuông tại A:
\(BC^2=AC^2+AB^2\)
\(BC^2=8^2+6^2=100\)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{100}=10\)(cm)
Ta có: \(\frac{HA}{AC}=\frac{BA}{BC}\)(tg HBA đồng dạng với tg ABC)
\(\Rightarrow\frac{HA}{8}=\frac{6}{10}\)
\(\Rightarrow HA=\frac{8.6}{10}=4,8\left(cm\right)\)
1.
Ta có $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$.
Suy ra: $NP\parallel BC,\ PN=\dfrac12BC$.
Lại có: $AF\parallel BC$ và $BF\parallel AM$.
Do đó: $AF\parallel NP$.
Mặt khác trong tam giác $ABF$, $P$ là trung điểm của $AB$ và $PN\parallel AF$ nên $N$ là trung điểm của $PF$.
Suy ra: $PN=NF$.
Vậy trong tứ giác $AFPN$:
$AF\parallel PN$ và $AF=PN$.
Do đó: $\boxed{AFPN \text{ là hình bình hành}}$.
Vì $AFPN$ là hình bình hành nên: $FN\parallel AP$.
Mà $A,P,B$ thẳng hàng nên: $FN\parallel CB$.
Lại có: $CN\parallel FP$ (vì $CN\subset AC$ và trong hình bình hành $AFPN$ thì $FP\parallel AN\subset AC$).
Do đó: $CN\parallel FP,\quad NF\parallel CP$.
Suy ra: CNFP là hình bình hành.
Ta có $NJ\parallel AM$ (gt) và $BF\parallel AM$ nên: $NJ\parallel BI$.
Mặt khác, $I$ là giao điểm của $NP$ và $BF$.
Vì $NP\parallel BC$ nên: $NI\parallel BJ$.
Do đó: $NJ\parallel BI,\quad NI\parallel BJ$.
Suy ra NIBJ là hình bình hành.
2.
a) Ta có:
$AI\parallel BG$ (cách dựng), $BI\parallel AK$.
Mà $G\in AK$ nên: $AG\parallel BI$.
Suy ra tứ giác $AGBI$ có:
$AI\parallel BG$ và $AG\parallel BI$.
Do đó: $AGBI$ là hình bình hành.
Suy ra: $\boxed{BG=AI}$.
b) Vì $HE$ là đường trung trực của $AC$ nên $E$ là trung điểm của $AC$.
Xét tam giác $ACK$ vuông tại $K$, $E$ là trung điểm cạnh huyền $AC$ nên:
$HE=AE=\dfrac{AC}{2}$.
Trong tam giác vuông $ABC$:
$\widehat{BGA}=\widehat{ACK}$ (cùng phụ với góc $C$),
$\widehat{BAG}=\widehat{AKC}=90^\circ$.
Suy ra: $\triangle BGA\sim\triangle ACK$.
Do đó: $\dfrac{BG}{AC}=\dfrac{BA}{AK}$.
Mà trong tam giác vuông $ABK$:
$AK=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}$.
Suy ra: $BG=AC$.
Vậy: $\boxed{BG=2HE}$.
c) Tương tự, vì $HF$ là đường trung trực của $BC$ nên $F$ là trung điểm của $BC$.
Trong tam giác vuông $BDC$, $F$ là trung điểm cạnh huyền $BC$ nên:
$HF=BF=\dfrac{BC}{2}$.
Lại có: $\triangle AGB\sim\triangle DCB$.
Suy ra: $\dfrac{AG}{BC}=1$.
Hay: $AG=BC$.
Do đó: $\boxed{AG=2HF}$.
1: Xét tứ giác AKDM có
AK//DM
AM//DK
Do đó: AKDM là hình bình hành
=>\(\hat{AKE}=\hat{AMD}=\hat{AMB}\)
Xét ΔMAC có \(\hat{AMB}\) là góc ngoài tại đỉnh M
nên \(\hat{AMB}=\hat{MAC}+\hat{MCA}=\hat{MAC}+\hat{ACB}\)
=>\(\hat{AKE}=\hat{MAC}+\hat{ACB}\)
2: Xét ΔBAM có DE//AM
nên \(\frac{DE}{AM}=\frac{BD}{BM}=\frac{BE}{BA}\)
Xét ΔCAF có AM//DF
nên \(\frac{AM}{DF}=\frac{CM}{CD}=\frac{CA}{CF}\)
=>\(\frac{DF}{AM}=\frac{CD}{CM}\)
\(\frac{DE}{AM}+\frac{DF}{AM}=\frac{BD}{BM}+\frac{CD}{CM}=\frac{BC}{BM}=2\)
=>DE+DF=2AM
=>DE+DF-2AM=0
Gọi N là giao điểm của AC và BB', P là giao điểm của C'C và AB, M là giao điểm của A'A và BC. Gọi G là trọng tâm của ΔABC
Xét tứ giác ABCB' có
AB//CB'
AB'//BC
Do đó: ABCB' là hình bình hành
=>AC cắt BB' tại trung điểm của mỗi đường
=>N là trung điểm chung của AC và BB'
Xét tứ giác ABA'C có
AB//A'C
AC//A'B
Do đó: ABA'C là hình bình hành
=>A'A cắt BC tại trung điểm của mỗi đường
=>M là trung điểm chung của BC và A'A
Xét tứ giác ACBB' có
AC//BB'
AB'//CB
Do đó: ACBB' là hình bình hành
=>AB cắt CB' tại trung điểm của mỗi đường
=>P là trung điểm chung của AB và CB'
Xét ΔABC có
AM,BN,CP là các đường trung tuyến
G là trọng tâm
Do đó: AM,BN,CP đồng quy tại G
Ta có; ABCB' là hình bình hành
=>AB=CB'; AB'=BC
ABA'C là hình bình hành
=>AB=A'C; AC=BA'
AC'BC là hình bình hành
=>AC'=BC; AC=B'C
Ta có: AB=CB'
AB=A'C
Do đó: CB'=CA'
=>C là trung điểm của A'B'
Ta có: BC=AB'
BC=AC'
Do đó: AC'=AB'
=>A là trung điểm của B'C"
Ta có: AC=BA'
AC=B'C
Do đó: BA'=BC'
=>B là trung điểm của A'C'
Vì BN,AM,CP cắt nhau tại G
nên C'C, B'B; A'A cắt nhau tại G
Xét ΔA'B'C' có
A'A; B'B; C'C là các đường trung tuyến
A'A; B'B; C'C cắt nhau tại G
Do đó: G là trọng tâm của ΔA'B'C'
=>ĐPCM