Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0;\sqrt3),\ B(-1;0),\ C(1;0)$.
Khi đó trọng tâm tam giác đều $ABC$ là:
$G\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Vì $ABDE$ là hình chữ nhật nên:
$D(-1;\sqrt3),\ E(2;\sqrt3)$.
Ta có phương trình:
$AG:\ x=0$.
$BD:\ x=-1$.
Suy ra: $I=\left(-1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Đường thẳng $BG$ có phương trình:
$y=\dfrac{\sqrt3}{3}(x+1)$.
Đường thẳng $AE$ có phương trình:
$y=\dfrac{\sqrt3}{2}x+\sqrt3$.
Giải hệ, được: $J=\left(1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Do đó: $CG:\ y=-\dfrac{\sqrt3}{3}x+\dfrac{\sqrt3}{3}$.
Trung điểm của $IJ$ là:
$\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)=G$.
Lại có: $CG\perp IJ$.
Vậy $CG$ là đường trung trực của $IJ$.
Suy ra: $\boxed{I\ \text{và}\ J\ \text{đối xứng nhau qua}\ CG}$.
Ta có: $CG=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(0-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
$GB=\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
$BI=\dfrac{\sqrt3}{3}$.
$IC=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
Suy ra: $CG=GB=BI=IC$.
Do đó: $\boxed{CGBI\ \text{là hình thoi}}$.
Vì $I$ và $J$ đối xứng qua $CG$ nên: $CI=CJ,\ GI=GJ$.
Mà: $CI=CG$.
Suy ra: $CI=IG=GJ=JC$.
Do đó: $\boxed{CIGJ\ \text{là hình thoi}}$.
Ta có: $CJ=JA$ (tính được cùng bằng $\dfrac{2}{\sqrt3}$),
$AG=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
Suy ra: $CJ=JA=AG=GC$.
Vậy: $\boxed{CJAG\ \text{là hình thoi}}$.
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0;\sqrt3),\ B(-1;0),\ C(1;0)$.
Khi đó trọng tâm tam giác đều $ABC$ là:
$G\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Vì $ABDE$ là hình chữ nhật nên:
$D(-1;\sqrt3),\ E(2;\sqrt3)$.
Ta có phương trình:
$AG:\ x=0$.
$BD:\ x=-1$.
Suy ra: $I=\left(-1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Đường thẳng $BG$ có phương trình:
$y=\dfrac{\sqrt3}{3}(x+1)$.
Đường thẳng $AE$ có phương trình:
$y=\dfrac{\sqrt3}{2}x+\sqrt3$.
Giải hệ, được: $J=\left(1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.
Do đó: $CG:\ y=-\dfrac{\sqrt3}{3}x+\dfrac{\sqrt3}{3}$.
Trung điểm của $IJ$ là:
$\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)=G$.
Lại có: $CG\perp IJ$.
Vậy $CG$ là đường trung trực của $IJ$.
Suy ra: $\boxed{I\ \text{và}\ J\ \text{đối xứng nhau qua}\ CG}$.
Ta có: $CG=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(0-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
$GB=\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
$BI=\dfrac{\sqrt3}{3}$.
$IC=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
Suy ra: $CG=GB=BI=IC$.
Do đó: $\boxed{CGBI\ \text{là hình thoi}}$.
Vì $I$ và $J$ đối xứng qua $CG$ nên: $CI=CJ,\ GI=GJ$.
Mà: $CI=CG$.
Suy ra: $CI=IG=GJ=JC$.
Do đó: $\boxed{CIGJ\ \text{là hình thoi}}$.
Ta có: $CJ=JA$ (tính được cùng bằng $\dfrac{2}{\sqrt3}$),
$AG=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.
Suy ra: $CJ=JA=AG=GC$.
Vậy: $\boxed{CJAG\ \text{là hình thoi}}$.
A B C K E M y x D
a, xét tứ giác ACBM có: BM // AC (gt) và AM // BC (gt)
=> ACBM là hình bình hành (đn)
b, BE // AD (gt)
BD _|_ AD (gt)
=> BE _|_ AD (đl)
=> ^EBD = 90 = ^BDA = ^AEB
=> ADBE là hình chữ nhật (dh)
c, Tam giác ABC cân tại B (gt) ; BD là đường cao (gt)
=> BD là trung tuyến của tam giác ABC (đl)
=> D là trung điểm của AC (Đn)
D là trung điểm của BK do B đối xứng với K qua D (Gt)
=> BAKC là hình bình hành (dh)
mà BD _|_ AC (Gt)
=> BAKC là hình thoi (dh)
d, có BAKC là hình thoi (câu c)
=> AK // BC (tc)
AM // BC (gt)
=> A; M; K thẳng hàng (tiên đề Ơclit) (1)
AK = BC do BAKC là hình thoi (câu c)
AM = BC do ACBM là hình bình hành (câu a)
=> AM = MK và (1)
=> A là trung điểm của KM (đn)
=> M đối xứng với K qua A (đn)
e, BMKC là hình thang (KM // BC)
để BMKC là hình thang cân
<=> ^BMK = ^MKC (dh)
^BMK = ^BCA do BMAC là hình bình hành (câu a)
^AKC = ^CBK do AKCB là hình thoi (câu c)
<=> ^ABC = ^ACB
mà tam giác ABC cân tại B (Gt)
<=> tam giác ABC đều
Bài này có gì đâu em ! Anh làm nhé !
Chuyển vế cái cần chứng minh ta được
1/AB^2 - 1/AE^2 =1/4AF^2
hay ( AE^2 - AB^2)/AB^2.AE^2 = 1/4AF^2
hay BE^2/ 4BC^2.AE^2 = 1/AF^2
Nhân chéo hai vế ta có : BC.AE = BE.AF hay là BC/AF = BE/AE
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm, BC=13cm. Gọi H, K lần Lượt là trung điểm của AB và BC. Tính độ dài HK
giúp mình nhoa!!
Bài 12:
:v Mình sửa P là trung điểm của EG
A B C D E O Q N F G M I 1 2 P
a) Ta có: \(\widehat{EAC}=\widehat{EAB}+\widehat{BAC}=90^0+\widehat{BAC}\)
\(\widehat{GAB}=\widehat{GAC}+\widehat{BAC}=90^0+\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{GAB}\)
Xét tam giác EAC và tam giác BAG có:
\(\hept{\begin{cases}EA=AB\\\widehat{EAC}=\widehat{GAB}\left(cmt\right)\\AG=AC\end{cases}}\Rightarrow\Delta EAC=\Delta BAG\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow CE=BG\)( 2 cạnh t. ứng )
+) Gọi O là giao điểm của EC và BG, Gọi I là giao điểm của AC và BG
Vì \(\Delta EAC=\Delta BAG\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ACE}=\widehat{AGB}\)
Vì tam giác AIG vuông tại A nên \(\widehat{I1}+\widehat{AGB}=90^0\)(2 góc phụ nhau )
Mà \(\widehat{ACE}=\widehat{AGB}\left(cmt\right),\widehat{I1}=\widehat{I2}\)( 2 góc đối đỉnh )
\(\Rightarrow\widehat{I2}+\widehat{ACE}=90^0\)
Xét tam giác OIC có \(\widehat{I2}+\widehat{ACE}+\widehat{IOC}=180^0\left(dl\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{IOC}=90^0\)
\(\Rightarrow BG\perp EC\)
b) Vì ABDE là hình vuông (gt)
\(\Rightarrow EB\)cắt AD tại Q là trung điểm của mỗi đường (tc)
Xét tam giác EBC có Q là trung điểm của EB (cmt) , M là trung điểm của BC (gt)
\(\Rightarrow QM\)là đường trung bình của tam giác EBC
\(\Rightarrow QM=\frac{1}{2}EC\left(tc\right)\)
CMTT: \(PN=\frac{1}{2}EC;QP=\frac{1}{2}BG,MN=\frac{1}{2}BG\)
Mà EC=BG (cm câu a )
\(\Rightarrow QM=MN=NP=PQ\)
Xét tứ giác MNPQ có \(QM=MN=NP=PQ\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb ) (1)
CM: MN//BG , QM//EC ( dựa vào đường trung bình tam giác )
Mà \(BG\perp EC\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow MN\perp MQ\)
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow MNPQ\) là hình vuông ( dhnb )
\(\)
Bài 11:
A B C H D P E Q
a) Ta có: \(\widehat{HAD}+\widehat{HAE}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{DAE}=180^0\)
\(\Rightarrow D,A,E\)thẳng hàng
b) Vì AHBD là hình chữ nhật (gt)
\(\Rightarrow AB\)cắt DH tại trung điểm mỗi đường (tc) và AB=DH(tc)
Mà P là trung điểm của AB (gt)
\(\Rightarrow P\)là trung điểm của DH (1)
\(\Rightarrow PH=\frac{1}{2}DH,PA=\frac{1}{2}AB\)kết hợp với AB=DH (cmt)
\(\Rightarrow PH=PA\)
\(\Rightarrow P\in\)đường trung trục của AH
CMTT Q thuộc đường trung trực của AH
\(\Rightarrow PQ\)là đường trung trực của AH
c) Từ (1) => P thuộc DH
=> D,P,H thẳng hàng
d) Vì ABCD là hình chữ nhật (gt)
=> DH là đường phân giác của góc BHA (tc) mà góc BHA= 90 độ
=> góc DHA= 45 độ
CMTT AHE =45 độ
=> góc DHA+ góc AHE=90 độ
Hay góc DHE=90 độ
=> DH vuông góc với HE
a) Trong tứ giác FAEB: FD = DE, AD = DB => FAEB là hình bình hành
=> FA = BE và FA // BE
hay FA = EC và FA // EC
=> ACEF là hình bình hành
Bài 2:
a: Xét tứ giác AMCK có
I là trung điểm của AC
I là trug điểm của MK
Do đó: AMCK là hình bình hành
mà \(\widehat{AMC}=90^0\)
nên AMCK là hình chữ nhật
b: Để AMCK là hình vuông thì AM=CM
=>AM=BC/2
=>ΔABC vuông tại A