Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét \(\Delta ABC\) có tia phân giác \(BAC,ACB\) cắt nhau tại O suy ra O là giao điểm của 3 đường phân giác trong tam giác ABC suy ra BO là phân giác của \(\widehat{CBA}\) (tính chất 3 đường phân giác của tam giác)
\(\Rightarrow DBO=ABO=\dfrac{DBA}{2}\left(1\right)\) ( tính chất tia phân giác )
Lại có BF là phân giác của \(\widehat{ABx\left(gt\right)}\) \(=ABF=FBx\left(2\right)\)
( tính chất của tia phân giác )
Mà \(ABD+ABx=180^o\left(3\right)\left(kềbu\right)\)
Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow OBA+ABF=180^o\div2=90^o\Rightarrow BO\text{⊥ }BF\)
b) Ta có \(FAB+BAC=180^o\)( kề bù ) mà \(BAC=120^o\left(gt\right)\Rightarrow FAB=60^o\)
\(\Rightarrow\text{AD là phân giác của}\widehat{BAC}\) ( dấu hiệu nhận biết tia phân giác )
\(\Rightarrow BAD=CAD=60^o\) ( tính chất tia phân giác )
\(\Rightarrow FAy=CAD=60^o\) ( đối đỉnh ) \(\Rightarrow FAB=FAy=60^o\Rightarrow\) AF là tia phân giác của \(BAy\) ( dấu hiệu nhận biết tia phân giác )
Vậy \(\Delta ABD\) có hai tia phân giác của hai góc ngoài tại đỉnh A và đỉnh B cắt nhau tại F nên suy ra DF là phân giác của \(ADB=BDF=ADF\) ( tính chất tia phân giác )
c) Xét \(\Delta ACD\) có phân giác góc ngoài tại đỉnh A và phân giác trong tại đỉnh C cắt nhau tại E nên suy ra DE cũng là phân giác của \(ADB\Rightarrow\)\(D,E,F\) thẳng hàng
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 $AB=DE.$