Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E F H K M I G
a) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\) ⇒ \(BH\text{//}KC\)
\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\) ⇒ \(CH\text{//}BK\)
\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)
Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\) \(\left(ĐPCM\right)\)
c)
Ta có:
\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)
⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)
⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\) \(\left(ĐPCM\right)\)
a: Xét ΔABC có BE,CF là các đường cao
nên \(BE\cdot AC=CF\cdot AB\)
mà AC>AB
nên BE<CF
BH⊥AC
CK⊥AC
Do đó: BH//CK
CH⊥AB
BK⊥AB
Do đó: CH//BK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HK
Xét ΔAHK có
I,M lần lượt là trung điểm của AK,HK
=>IM là đường trung bình của ΔAHK
=>IM//AH và \(IM=\frac12AH\)
b: Xét ΔABC có
AM là đường trung tuyến
G là trọng tâm
Do đó: A,G,M thẳng hàng và AG=2/3AM
Xét ΔAHK có
AM là đường trung tuyến
AG=2/3AM
Do đó: G là trọng tâm của ΔAHK
Xét ΔAHK có
G là trọng tâm
I là trung điểm của AK
Do đó: H,G,I thẳng hàng
c: Xét ΔHBC có HD là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)
Xét ΔHAC có HE là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot EH\cdot AC\) (3)
Xét ΔABC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)
Xét ΔHAB có HF là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\) (5)
Xét ΔCAB có CF là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot CF\cdot AB\) (6)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)
\(\frac{HF}{CF}+\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{AHC}+S_{BHC}}{S_{ABC}}=1\)
a: BH⊥AC
CK⊥AC
Do đó: BH//CK
CH⊥AB
BK⊥BA
Do đó: CH//BK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HK
Xét ΔAHK có
I,M lần lượt là trung điểm của AK,HK
=>IM là đường trung bình của ΔAHK
=>IM=1/2AH và IM//AH
b: Xét ΔABC có
AM là đường trung tuyến
G là trọng tâm
Do đó: A,G,M thẳng hàng và AG=2/3AM
Xét ΔAHK có
AM là đường trung tuyến
AG=2/3AM
Do đó: G là trọng tâm của ΔAHK
Xét ΔAHK có
G là trọng tâm
I là trung điểm của AK
Do đó: H,G,I thẳng hàng
a: Xét ΔABC có BE,CF là các đường cao
nên \(BE\cdot AC=CF\cdot AB\)
mà AC>AB
nên BE<CF
BH⊥AC
CK⊥AC
Do đó: BH//CK
CH⊥AB
BK⊥AB
Do đó: CH//BK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HK
Xét ΔAHK có
I,M lần lượt là trung điểm của AK,HK
=>IM là đường trung bình của ΔAHK
=>IM//AH và \(IM=\frac12AH\)
b: Xét ΔABC có
AM là đường trung tuyến
G là trọng tâm
Do đó: A,G,M thẳng hàng và AG=2/3AM
Xét ΔAHK có
AM là đường trung tuyến
AG=2/3AM
Do đó: G là trọng tâm của ΔAHK
Xét ΔAHK có
G là trọng tâm
I là trung điểm của AK
Do đó: H,G,I thẳng hàng
c: Xét ΔHBC có HD là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)
Xét ΔHAC có HE là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot EH\cdot AC\) (3)
Xét ΔABC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)
Xét ΔHAB có HF là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\) (5)
Xét ΔCAB có CF là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot CF\cdot AB\) (6)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)
\(\frac{HF}{CF}+\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{AHC}+S_{BHC}}{S_{ABC}}=1\)
a: BH vuông góc CA
CD vuông góc CA
=>BH//CD
b: CH vuông góc AB
AB vuông góc BD
=>BD//Ch
Xét tứ giác BHCD có
BH//CD
BD//CH
=>BHCD là hbh
a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$
Xét hai tam giác $AEB$ và $AFC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.
Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.
b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$
Xét tam giác $AEF$ và tam giác $ABC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc tại $E$ trong $\triangle AEF$ bằng góc tại $B$ trong $\triangle ABC$.
Do đó $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.
c) Chứng minh ba điểm $M, K, N$ thẳng hàng
Gọi $D = AH \cap BC$,
- $DM \perp AB$ tại $M$,
- $DN \perp AC$ tại $N$,
- $DK \perp CF$ tại $K$.
Theo định lý ba đường vuông góc từ một điểm đến ba cạnh (hoặc định lý Desargues trong tam giác vuông) và tính chất trực tâm: các đường $DM$, $DN$, $DK$ đồng phẳng, nên ba điểm $M$, $K$, $N$ thẳng hàng.