Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
=> BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE.
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
=>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
(Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/
(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
=> ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).
a: M là điểm chính giữa của cung AB
=>sđ cung MA=sđ cung MB
N là điểm chính giữa của cung AC
=>sđ cung NA=sđ cung NC
P là điểm chính giữa của cung BC
=>sđ cung PB=sđ cung PC
Xét (O) có
\(\hat{AEN}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AN và MB
=>\(\hat{AEN}=\frac12\) (sđ cung AN+sđ cung MB)
=1/2(1/2*sđ cung AC+1/2*sđ cung AB)
=1/4(sđ cung AC+sđ cung AB)(1)
Xét (O) có
\(\hat{AFM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AM và CN
=>\(\hat{AFM}=\frac12\) (sđ cung AM+sđ cung CN)
=1/2(1/2*sđ cung AB+1/2*sđ cung AC)
=1/4(sđ cung AB+sđ cung AC)(2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{AFE}\)
=>ΔAEF cân tại A
b: Xét (O) có
\(\hat{BAP}\) là góc nội tiếp chắn cung BP
\(\hat{CAP}\) là góc nội tiếp chắn cung CP
sđ cung BP=sđ cung CP
Do đó: \(\hat{BAP}=\hat{CAP}\)
=>AP là phân giác của góc BAC
ΔAEF cân tại A
mà AP là đường phân giác
nên AP⊥EF
a: M là điểm chính giữa của cung AB
=>sđ cung MA=sđ cung MB
N là điểm chính giữa của cung AC
=>sđ cung NA=sđ cung NC
P là điểm chính giữa của cung BC
=>sđ cung PB=sđ cung PC
Xét (O) có
\(\hat{AEN}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AN và MB
=>\(\hat{AEN}=\frac12\) (sđ cung AN+sđ cung MB)
=1/2(1/2*sđ cung AC+1/2*sđ cung AB)
=1/4(sđ cung AC+sđ cung AB)(1)
Xét (O) có
\(\hat{AFM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AM và CN
=>\(\hat{AFM}=\frac12\) (sđ cung AM+sđ cung CN)
=1/2(1/2*sđ cung AB+1/2*sđ cung AC)
=1/4(sđ cung AB+sđ cung AC)(2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{AFE}\)
=>ΔAEF cân tại A
b: Xét (O) có
\(\hat{BAP}\) là góc nội tiếp chắn cung BP
\(\hat{CAP}\) là góc nội tiếp chắn cung CP
sđ cung BP=sđ cung CP
Do đó: \(\hat{BAP}=\hat{CAP}\)
=>AP là phân giác của góc BAC
ΔAEF cân tại A
mà AP là đường phân giác
nên AP⊥EF
Sửa đề: Từ A kẻ AK⊥CM tại K và từ N kẻ NH⊥CM tại H
a: Sửa đề: Chứng minh ΔHCN=ΔKAM và ΔAKB=ΔCHA
Ta có: \(CN=NA=\frac{CA}{2}\)
\(AM=MB=\frac{AB}{2}\)
mà CA=AB
nên CN=NA=AM=MB
Xét ΔHCN vuông tại H và ΔKAM vuông tại K có
CN=AM
\(\hat{HCN}=\hat{KAM}\left(=90^0-\hat{CMA}\right)\)
Do đó: ΔHCN=ΔKAM
=>HC=KA; HN=KM
Xét ΔAKB và ΔCHA có
AB=CA
\(\hat{KAB}=\hat{HCA}\left(=90^0-\hat{KAC}\right)\)
KA=HC
Do đó: ΔAKB=ΔCHA
b: ΔAKB=ΔCHA
=>BK=AH và \(\hat{AKB}=\hat{CHA}\)
Xét ΔCAK có
N là trung điểm của AC
NH//AK
Do đó: N là trung điểm của CK
=>CH=HK
mà CH=AK
nên HK=AK
=>ΔHKA cân tại K
c: ΔHKA cân tại K có \(\hat{HKA}=90^0\)
nên ΔHKA vuông cân tại K
=>\(\hat{KHA}=45^0\)
Ta có: \(\hat{KHA}+\hat{CHA}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{CHA}=180^0-45^0=135^0\)
=>\(\hat{AKB}=\hat{CHA}=135^0\)
Ta có: \(\hat{AKB}+\hat{HKA}+\hat{HKB}=360^0\)
=>\(\hat{HKB}=360^0-90^0-135^0=135^0\)
Xét ΔBKA và ΔBKH có
BK chung
\(\hat{BKA}=\hat{BKH}\)
KA=KH
Do đó: ΔBKA=ΔBKH
=>BA=BH
=>ΔBAH cân tại B
a/ xét tg HAM và KCN có :
MA = NC ( =1/2 AB hoặc AC )
AHM = NKC = 90
MAH = KCN ( cùng phụ AMH ) => 2tg = nhau ( ch.gn)
từ cmt => KC = HA
XÉT 2 tg AKC và BHA có :
AB = AC ( ABC vuông cân tại A )
HA = KC ( cmt ) => 2tg = nhau ( c.g.c )
BAH = KCN ( cũng như MAH = KCN )