Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
a)
Ta có: AD=AH(gt)
mà D,A,H thẳng hàng
nên A là trung điểm của DH
Xét ΔDHC có
CA là đường trung tuyến ứng với cạnh DH(A là trung điểm của DH)
DE là đường trung tuyến ứng với cạnh CH(E là trung điểm của CH)
CA\(\cap\)AE={F}
Do đó: F là trọng tâm của ΔDHC(Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác)
⇒\(CF=\frac{2}{3}AC\)
Ta có: CF+AF=AC(F nằm giữa A và C)
\(\Leftrightarrow AF=AC-CF=AC-\frac{2}{3}AC=\frac{1}{3}AC\)(đpcm)
b) Ta có: F là trọng tâm của ΔDHC(cmt)
⇔HF là đường trung tuyến ứng với cạnh DC của ΔDHC
mà HM là đường trung tuyến ứng với cạnh DC của ΔDHC(M là trung điểm của DC)
và HM và HF có điểm chung là H
nên H,F,M thẳng hàng(đpcm)
c) Xét ΔHCD vuông tại H có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD(M là trung điểm của CD)
nên \(HM=\frac{1}{2}CD\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(1)
Ta có: HM là đường trung tuyến ứng với cạnh CD của ΔHCD(M là trung điểm của CD) và F là trọng tâm của ΔCHD(cmt)
nên \(HF=\frac{2}{3}HM\)
hay \(HM=\frac{3}{2}\cdot HF\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{3}{2}\cdot HF=\frac{1}{2}\cdot CD\)
\(\Leftrightarrow HF=\frac{1}{2}\cdot CD:\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\cdot CD\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\cdot CD\)(đpcm)
Bài 2:
a) Xét ΔDBC có
DI là đường trung tuyến ứng với cạnh BC(I là trung điểm của BC)
DI là đường cao ứng với cạnh BC(Đường trung trực của BC cắt AC tại D)
Do đó: ΔDBC cân tại D(Định lí tam giác cân)
⇒DB=DC(3)
Ta có: AD=AE(gt)
mà D,A,E thẳng hàng
nên A là trung điểm của DE
Xét ΔBDE có
BA là đường trung tuyến ứng với cạnh DE(A là trung điểm của DE)
BA là đường cao ứng với cạnh DE(BA⊥AD, E∈AD)
Do đó: ΔBDE cân tại B(Định lí tam giác cân)
⇒BD=BE(4)
Từ (3) và (4) suy ra CD=BE(đpcm)
b) Ta có: \(\widehat{BDE}\) là góc ngoài đỉnh D của ΔBDC(\(\widehat{BDE}\) và \(\widehat{BDC}\) là hai góc kề bù)
\(\Leftrightarrow\widehat{BDE}=\widehat{C}+\widehat{DBC}\)(Định lí góc ngoài của tam giác)
mà \(\widehat{C}=\widehat{DBC}\)(hai góc ở đáy của ΔDBC cân tại D)
nên \(\widehat{BDE}=2\cdot\widehat{BCE}\)
mà \(\widehat{BDE}=\widehat{BEC}\)(hai góc ở đáy của ΔBDE cân tại B)
nên \(\widehat{BEC}=2\cdot\widehat{BCE}\)(đpcm)
c) Trên tia đối của tia IA lấy điểm G sao cho IA=IG
Xét ΔAIB và ΔGIC có
AI=GI(theo cách vẽ)
\(\widehat{AIB}=\widehat{GIC}\)(hai góc đối đỉnh)
IB=IC(I là trung điểm của BC)
Do đó: ΔAIB=ΔGIC(c-g-c)
⇒AB=CG(hai cạnh tương ứng)
Ta có: ΔAIB=ΔGIC(cmt)
⇒\(\widehat{ABI}=\widehat{GCI}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{ABI}\) và \(\widehat{GCI}\) là hai góc ở vị trí so le trong
nên AB//CG(Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)
Ta có: AB//CG(cmt)
AB⊥AC(ΔABC vuông tại A)
Do đó: CG⊥AC(Định lí 2 từ vuông góc tới song song)
Xét ΔABC vuông tại A và ΔCGA vuông tại C có
AC chung
AB=CG(cmt)
Do đó: ΔABC=ΔCGA(hai cạnh góc vuông)
⇒\(\widehat{BCA}=\widehat{GAC}\)(hai góc tương ứng)
hay \(\widehat{BCE}=\widehat{GAC}\)
Ta có: \(\widehat{BEC}=2\cdot\widehat{BCE}\)(cmt)
mà \(\widehat{BCE}=\widehat{GAC}\)(cmt)
nên \(\widehat{BEC}=2\cdot\widehat{GAC}\)
mà \(\widehat{GAC}=\widehat{EAF}\)(hai góc đối đỉnh)
nên \(\widehat{BEC}=2\cdot\widehat{EAF}\)(5)
Ta có: \(\widehat{BEC}\) là góc ngoài tại đỉnh E của ΔAEF(\(\widehat{BEC}\) và \(\widehat{FEA}\) là hai góc kề bù)
nên \(\widehat{BEC}=\widehat{EAF}+\widehat{EFA}\)(Định lí góc ngoài của tam giác)(6)
Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat{EAF}+\widehat{EFA}=2\cdot\widehat{EAF}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{EFA}=2\cdot\widehat{EAF}-\widehat{EAF}\)
hay \(\widehat{EFA}=\widehat{EAF}\)
Xét ΔEAF có \(\widehat{EFA}=\widehat{EAF}\)(cmt)
nên ΔEAF cân tại E(Định lí đảo của tam giác cân)
d) Ta có: \(\frac{AC}{BF}=\frac{AD+DC}{BE+EF}=\frac{AE+BD}{BD+EA}=1\)
nên AC=BF(đpcm)
4:
a: Xet ΔAMB và ΔAMC có
AM chung
MB=MC
AB=AC
=>ΔAMB=ΔAMC
b: Xet ΔAEM vuông tại E và ΔAFM vuông tại F có
AM chung
góc EAM=góc FAM
=>ΔAEM=ΔAFM
=>AE=AF
c: AE=AF
ME=MF
=>AM là trung trực của EF
mà K nằm trên trung trực của EF
nên A,M,K thẳng hàng
a: Xét ΔBAD và ΔBED có
BA=BE
\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)
BD chung
Do đó: ΔBAD=ΔBED
=>DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(1)
Ta có: BA=BE
=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)
Từ (1) và (2) suy ra BD là đường trung trực của AE
b: Sửa đề: AF=EC
Ta có: ΔBAD=ΔBED
=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)
mà \(\widehat{BAD}=90^0\)
nên \(\widehat{BED}=90^0\)
=>DE\(\perp\)BC
Xét ΔDAF vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có
DA=DE
\(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}\)
Do đó;ΔDAF=ΔDEC
=>AF=EC
c: Sửa đề: CM AE//CF
Xét ΔBFC có \(\dfrac{BA}{AF}=\dfrac{BE}{EC}\)
nên AE//CF
d: Sửa đề: I là trung điểm của FC
Ta có: IF=IC
=>I nằm trên đường trung trực của CF(3)
Ta có: DF=DC(ΔDAF=ΔDEC)
=>D nằm trên đường trung trực của CF(4)
ta có: BA+AF=BF
BE+EC=BC
mà BA=BE
và AF=EC
nên BF=BC
=>B nằm trên đường trung trực của CF(5)
Từ (3),(4),(5) suy ra B,D,I thẳng hàng
Bài 1 : Bài giải
Bài 2 : Bài giải
Bài 3 : Bài giải
Xét 2 tam giác \(\Delta ABI\text{ và }\Delta EBI\) có :
\(BA=BE\) ( gt )
\(BD\) : cạnh chung
\(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\) ( BD là đường phân giác của \(\widehat{B}\) )
\(\Rightarrow\text{ }\Delta ABD=\Delta EBD\text{ }\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\text{ }AD=DE\text{ }\left(2\text{ cạnh tương ứng }\right)\)
....
Tự làm tiếp nha ! Mình bận rồi !