Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔIAD và ΔIBM có
IA=IB
\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)
AD=BM
Do đó: ΔIAD=ΔIBM
b:
ΔIAD=ΔIBM
=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)
mà \(\hat{AID}+\hat{BID}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)
=>D,I,M thẳng hàng
ΔIAD=ΔIBM
=>ID=IM
XétΔAIM và ΔBID có
IA=IB
\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)
IM=ID
Do đó: ΔIAM=ΔIBD
=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nen AM//BD
c: E nằm trên đường trung trực của BC
=>EB=EC
=>ΔEBC cân tại E
=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)
mà \(\hat{EBC}=\hat{EFA}\) (hai góc so le trong, FA//BC)
và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)
nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)
=>EA=EF
EA+EC=AC
EF+EB=FB
mà EA=EF và EC=EB
nên AC=FB
d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng
Xét ΔEAB và ΔEFC có
EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)
EB=EC
Do đó: ΔEAB=ΔEFC
=>AB=FC
Xét ΔABC và ΔFCB có
AB=FC
BC chung
AC=FB
DO đó: ΔABC=ΔFCB
=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)
=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)
Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)
nên ΔOBC cân tại O
=>OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có; EB=EC
=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)
Ta có: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng
Bài 1:
a: Xét ΔBAC vuông tại A và ΔBAH vuông tại A có
BA chung
AC=AH
Do đó: ΔBAC=ΔBAH
b: Xét ΔKBC và ΔACB có
\(\hat{KBC}=\hat{ACB}\) (hai góc so le trong, BK//AC)
BC chung
\(\hat{KCB}=\hat{ABC}\) (hai góc so le trong, KC//AB)
Do đó: ΔKBC=ΔACB
=>KB=AC
c: BM=2AB
CH=2CA
mà AB=CA
nên BM=CH
TA có: BK//AC
AC⊥ AB
Do đó: BK⊥AB tại B
Xét ΔKBM vuông tại K và ΔKCH vuông tại C có
BM=CH
KB=KC(=AB)
Do đó: ΔKBM=ΔKCH
BÀi 2: a: Xét ΔAOD và ΔBOC có
OA=OB
\(\hat{AOD}=\hat{BOC}\) (hai góc đối đỉnh)
OD=OC
Do đó: ΔAOD=ΔBOC
b: ΔAOD=ΔBOC
=>AD=BC
mà AD=DI và CB=CK
nên DI=CK
ΔAOD=ΔBOC
=>\(\hat{ODA}=\hat{OCB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên DA//CB
=>\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)
Xét ΔODI và ΔOCK có
OD=OC
\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)
DI=CK
Do đó: ΔODI=ΔOCK
c: ΔODI=ΔOCK
=>\(\hat{DOI}=\hat{COK}\)
mà \(\hat{DOI}+\hat{COI}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{COK}+\hat{COI}=180^0\)
=>K,O,I thẳng hàng
ΔODI=ΔOCK
=>OI=OK
=>O là trung điểm của IK
d: Xét ΔOAK và ΔOBI có
OA=OB
\(\hat{AOK}=\hat{BOI}\) (hai góc đối đỉnh)
OK=OI
Do đó: ΔOAK=ΔOBI
=>\(\hat{OAK}=\hat{OBI}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AK//BI
a: Xét ΔCAB vuông tại A và ΔCAD vuông tại A có
CA chung
AB=AD
Do đó: ΔCAB=ΔCAD
=>\(\hat{ACB}=\hat{ACD}\)
=>CA là phân giác của góc BCD
b: Xét ΔMCE và ΔMBA có
\(\hat{MCE}=\hat{MBA}\) (hai góc so le trong, CE//BA)
MC=MB
\(\hat{CME}=\hat{BMA}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMCE=ΔMBA
=>CE=AB và ME=MA
CE=AB
AB=AD
Do đó: CE=AD
CE//AB
=>CE//AD
Xét ΔECA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có
EC=DA
AC chung
Do đó: ΔECA=ΔDAC
=>\(\hat{ACD}=\hat{CAE}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên CD//AE
c: Xét ΔMEB và ΔMAC có
ME=MA
\(\hat{EMB}=\hat{AMC}\) (hai góc đối đỉnh)
MB=MC
Do đó: ΔMEB=ΔMAC
=>\(\hat{MEB}=\hat{MAC}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên BE//AC
BE//AC
AC⊥ AB
Do đó: AB⊥BE
AB⊥BE
CE//AB
Do đó: BE⊥ EC
a: Xét ΔBAM và ΔBKM có
BA=BK
\(\hat{ABM}=\hat{KBM}\)
BM chung
Do đó: ΔBAM=ΔBKM
b: ΔBAM=ΔBKM
=>MA=MK
ΔBAM=ΔBKM
=>\(\hat{BAM}=\hat{BKM}\)
=>\(\hat{BKM}=90^0\)
=>MK⊥BC tại K
Xét ΔMAE vuông tại A và ΔMKC vuông tại K có
MA=MK
\(\hat{AME}=\hat{KMC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAE=ΔMKC
=>ME=MC
c: Xét ΔBEC có
EK,CA là các đường cao
EK cắt CA tại M
Do đó: M là trực tâm của ΔBEC
=>BM⊥CE tại I
d: Gọi F là giao điểm của AH và KP
Xét ΔMHA vuông tại H và ΔMPK vuông tại P có
MA=MK
\(\hat{HMA}=\hat{PMK}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMHA=ΔMPK
=>MH=MP; HA=PK
Xét ΔMHF vuông tại H và ΔMPF vuông tại P có
MF chung
MH=MP
Do đó: ΔMHF=ΔMPF
=>FH=FP
FH+HA=FA
FP+PK=FK
mà FH=FP và HA=PK
nên FA=FK
=>F nằm trên đường trung trực của AK(1)
Ta có: MA=MK
=>M nằm trên đường trung trực của AK(2)
Ta có: BA=BK
=>B nằm trên đường trung trực của AK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,F thẳng hàng
=>BM cắt AH tại F
=>BI cắt AH tại F
=>F trùng với Q
=>K,P,Q thẳng hàng
a: Xét ΔBAM và ΔBKM có
BA=BK
\(\hat{ABM}=\hat{KBM}\)
BM chung
Do đó: ΔBAM=ΔBKM
b: ΔBAM=ΔBKM
=>MA=MK
ΔBAM=ΔBKM
=>\(\hat{BAM}=\hat{BKM}\)
=>\(\hat{BKM}=90^0\)
=>MK⊥BC tại K
Xét ΔMAE vuông tại A và ΔMKC vuông tại K có
MA=MK
\(\hat{AME}=\hat{KMC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAE=ΔMKC
=>ME=MC
c: Xét ΔBEC có
EK,CA là các đường cao
EK cắt CA tại M
Do đó: M là trực tâm của ΔBEC
=>BM⊥CE tại I
d: Gọi F là giao điểm của AH và KP
Xét ΔMHA vuông tại H và ΔMPK vuông tại P có
MA=MK
\(\hat{HMA}=\hat{PMK}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMHA=ΔMPK
=>MH=MP; HA=PK
Xét ΔMHF vuông tại H và ΔMPF vuông tại P có
MF chung
MH=MP
Do đó: ΔMHF=ΔMPF
=>FH=FP
FH+HA=FA
FP+PK=FK
mà FH=FP và HA=PK
nên FA=FK
=>F nằm trên đường trung trực của AK(1)
Ta có: MA=MK
=>M nằm trên đường trung trực của AK(2)
Ta có: BA=BK
=>B nằm trên đường trung trực của AK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,F thẳng hàng
=>BM cắt AH tại F
=>BI cắt AH tại F
=>F trùng với Q
=>K,P,Q thẳng hàng
a: Xét ΔBAM và ΔBKM có
BA=BK
\(\hat{ABM}=\hat{KBM}\)
BM chung
Do đó: ΔBAM=ΔBKM
b: ΔBAM=ΔBKM
=>MA=MK
ΔBAM=ΔBKM
=>\(\hat{BAM}=\hat{BKM}\)
=>\(\hat{BKM}=90^0\)
=>MK⊥BC tại K
Xét ΔMAE vuông tại A và ΔMKC vuông tại K có
MA=MK
\(\hat{AME}=\hat{KMC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAE=ΔMKC
=>ME=MC
c: Xét ΔBEC có
EK,CA là các đường cao
EK cắt CA tại M
Do đó: M là trực tâm của ΔBEC
=>BM⊥CE tại I
d: Gọi F là giao điểm của AH và KP
Xét ΔMHA vuông tại H và ΔMPK vuông tại P có
MA=MK
\(\hat{HMA}=\hat{PMK}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMHA=ΔMPK
=>MH=MP; HA=PK
Xét ΔMHF vuông tại H và ΔMPF vuông tại P có
MF chung
MH=MP
Do đó: ΔMHF=ΔMPF
=>FH=FP
FH+HA=FA
FP+PK=FK
mà FH=FP và HA=PK
nên FA=FK
=>F nằm trên đường trung trực của AK(1)
Ta có: MA=MK
=>M nằm trên đường trung trực của AK(2)
Ta có: BA=BK
=>B nằm trên đường trung trực của AK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,F thẳng hàng
=>BM cắt AH tại F
=>BI cắt AH tại F
=>F trùng với Q
=>K,P,Q thẳng hàng
a: Xét ΔIAD và ΔIBM có
IA=IB
\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)
AD=BM
Do đó: ΔIAD=ΔIBM
b:
ΔIAD=ΔIBM
=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)
mà \(\hat{AID}+\hat{BID}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)
=>D,I,M thẳng hàng
ΔIAD=ΔIBM
=>ID=IM
XétΔAIM và ΔBID có
IA=IB
\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)
IM=ID
Do đó: ΔIAM=ΔIBD
=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nen AM//BD
c: E nằm trên đường trung trực của BC
=>EB=EC
=>ΔEBC cân tại E
=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)
mà \(\hat{EBC}=\hat{EFA}\) (hai góc so le trong, FA//BC)
và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)
nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)
=>EA=EF
EA+EC=AC
EF+EB=FB
mà EA=EF và EC=EB
nên AC=FB
d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng
Xét ΔEAB và ΔEFC có
EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)
EB=EC
Do đó: ΔEAB=ΔEFC
=>AB=FC
Xét ΔABC và ΔFCB có
AB=FC
BC chung
AC=FB
DO đó: ΔABC=ΔFCB
=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)
=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)
Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)
nên ΔOBC cân tại O
=>OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có; EB=EC
=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)
Ta có: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng