Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\triangle BEC \) vuông tại E có: \(EB^2+EC^2=BC^2\qquad (1)\) (định lý Pythagoras)
Tương tự như trên, ta có:
\(BD^2+DC^2=BC^2\qquad (2)\),
\(BD^2+DC^2=BD^2\qquad (3 )\),
\(DN^2+NC^2=DC^2\qquad(4)\),
\(EM^2+MB^2=BE^2\qquad(5)\),
\(EN^2+NC^2=EC^2\qquad(6)\).
Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra: \(BE^2+EC^2=BD^2+DC^2(=BC^2)\).
Thay \((3)\), \((4)\), \((5)\) và \((6)\) vào đẳng thức trên, ta được:
\((ME^2+MB^2)+(EN^2+NC^2)=(DM^2+MB^2)+(DN^2+NC^2)\\ \Leftrightarrow ME^2+EN^2=MD^2+DN^2\\ \Leftrightarrow ME^2+(ED+DN)^2=(ME+ED)^2+DN^2\\ \Leftrightarrow ME^2+ED^2+2ED\cdot DN+DN^2=ME^2+2ME\cdot ED+ED^2+DN^2\\ \Leftrightarrow 2DE\cdot DN=2ME\cdot ED \Leftrightarrow DN=ME \space\text{(đpcm)}\)
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
DO đó: ΔADB~ΔAEC
b: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
góc DAE chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
c: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có
\(\hat{KCH}\) chung
Do đó: ΔCKH~ΔCEB
=>\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CK\cdot CB=CH\cdot CE\)
a: TA có: \(AM=MC=\frac{AC}{2}\)
\(AN=NB=\frac{AB}{2}\)
mà AC=AB
nên AM=MC=AN=NB
Xét ΔAMB và ΔANC có
AM=AN
\(\hat{MAB}\) chung
AB=AC
Do đó: ΔAMB=ΔANC
=>BM=CN
b: Xét ΔABC có \(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
nên MN//CB
Xét tứ giác BNMC có
NM//BC
NC=BM
Do đó: BNMC là hình thang cân
c: Xét ΔABC có
BM,CN là các đường trung tuyến
BM cắt CN tại I
Do đó: I là trọng tâm của ΔABC
=>\(IM=\frac13BM;IN=\frac13CN\)
mà BM=CN
nên IM=IN
=>I nằm trên đường trung trực của MN(1)
AM=AN
=>A nằm trên đường trung trực của MN(2)
Từ (1),(2) suy ra AI là đường trung trực của MN
=>AI⊥MN
a: BO là phân giác của góc ABD
=>\(\hat{ABO}=\hat{DBO}=\frac12\cdot\hat{ABD}=\frac12\left(90^0-\hat{BAC}\right)=45^0-0,5\cdot\hat{BAC}\)
CO là phân giác của góc ACE
=>\(\hat{ACO}=\hat{ECO}=\frac12\cdot\hat{ACE}=\frac12\left(90^0-\hat{BAC}\right)=45^0-0,5\cdot\hat{BAC}\)
\(\hat{OBC}+\hat{OCB}=\hat{OBD}+\hat{DBC}+\hat{OCE}+\hat{ECB}\)
\(=45^0-0,5\cdot\hat{BAC}+45^0-0,5\cdot\hat{BAC}+\left(90^0-\hat{ABC}+90^0-\hat{ACB}\right)\)
\(=90^0-\hat{BAC}+180^0-\left(\hat{ABC}+\hat{ACB}\right)=90^0-\hat{BAC}+\hat{BAC}=90^0\)
=>ΔOBC vuông tại O
=>BN⊥CM tại O
b: Xét ΔBMH có
BO là đường cao
BO là đường phân giác
Do đó: ΔBMH cân tại B
ΔBMH cân tại B
mà BO là đường cao
nên O là trung điểm của MH
Xét ΔCNK có
CO là đường cao
CO là đường phân giác
Do đó: ΔCNK cân tại C
ΔCNK cân tại C
mà CO là đường cao
nên O là trung điểm của NK
Xét tứ giác MNHK có
O là trung điểm chung của MH và NK
=>MNHK là hình bình hành
Hình bình hành MNHK có MH⊥NK
nên MNHK là hình thoi