Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác AKBC có
M là trung điểm của đường chéo CK
M là trung điểm của đường chéo AB
Do đó: AKBC là hình bình hành
Suy ra: BK//AC
b: Xét ΔABE và ΔACE có
AB=AC
\(\widehat{BAE}=\widehat{CAEE}\)
AE chung
Do đó: ΔABE=ΔACE
a, Xét tam giác ABC có AB = AC
Vậy tam giác ABC cân tại A
mà I là trung điểm BC => AI là đường trung tuyến
=> AI đồng thời là đường phân giác ^BAC
b, bạn xem lại đề, cả chỗ tính ^MAN ý a nhé
a: Xét tứ giác AKBC có
M là trung điểm của đường chéo CK
M là trung điểm của đường chéo AB
Do đó: AKBC là hình bình hành
Suy ra: BK//AC
b: Xét ΔABE và ΔACE có
AB=AC
\(\widehat{BAE}=\widehat{CAEE}\)
AE chung
Do đó: ΔABE=ΔACE
a) Xét ΔABCΔABC có:
AB=AC(gt)AB=AC(gt)
=> ΔABCΔABC cân tại A.
=> ˆABC=ˆACBABC^=ACB^ (tính chất tam giác cân).
Ta có:
{ˆABM+ˆABC=1800ˆACN+ˆACB=1800{ABM^+ABC^=1800ACN^+ACB^=1800 (các góc kề bù).
Mà ˆABC=ˆACB(cmt)ABC^=ACB^(cmt)
=> ˆABM=ˆACN.ABM^=ACN^.
Xét 2 ΔΔ ABMABM và ACNACN có:
AB=AC(gt)AB=AC(gt)
ˆABM=ˆACN(cmt)ABM^=ACN^(cmt)
BM=CN(gt)BM=CN(gt)
=> ΔABM=ΔACN(c−g−c)ΔABM=ΔACN(c−g−c)
=> AM=ANAM=AN (2 cạnh tương ứng).
b) Theo câu a) ta có AM=AN.AM=AN.
=> ΔAMNΔAMN cân tại A.
=> ˆM=ˆNM^=N^ (tính chất tam giác cân)
Xét 2 ΔΔ vuông BMEBME và CNFCNF có:
ˆMEB=ˆNFC=900(gt)MEB^=NFC^=900(gt)
BM=CN(gt)BM=CN(gt)
ˆM=ˆN(cmt)M^=N^(cmt)
=> ΔBME=ΔCNFΔBME=ΔCNF (cạnh huyền - góc nhọn)
a: Xét ΔAMB và ΔNMC có
MA=MN
góc AMB=góc NMC
MB=MC
Do đó: ΔAMB=ΔNMC
b: Xét ΔBAI có
BH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến
nên ΔBAI cân tại B
=>BA=BI=CN
a) Vì AM là phân giác của góc BAC
nên góc BAM = CAM
Xét ΔBAM và ΔCAM có:
AB = AC ( giả thiết )
Góc BAM = CAM ( chứng minh trên )
AM cạnh chung.
=> Δ BAM = ΔCAM ( c.g.c )
=> BM = CM ( 2 cạnh tương ứng )
mà M nằm giữa B và C
Do đó M là trung điểm của BC → ĐPCM.
b) Ta có: AB + BE = AE
AC + CF = AF
mà AB = AC ( đề bài ); AE = AF (đề bài)
=> BE = CF.
Do ΔBAM = ΔCAM nên góc ABC = ACB ( 2 góc tương ứng )
Lại có: Góc ABC + CBE = 180 độ (kề bù)
Góc ACB + BCF = 180 độ (kề bù)
=> ABC + CBE = ACB + BCF
=> Góc CBE = BCF.
Xét ΔBCE và ΔCBF có:
BE = CF ( chứng minh trên)
Góc CBE = BCF ( chứng minh trên)
BC cạnh chung ( theo hình vẽ)
=> ΔBCE = ΔCBF ( c.g.c ) → ĐPCM.
c) Lại do ΔBCE = ΔCBF nên góc EBC = FCB ( 2 góc tương ứng ) hay góc EBM = FCM
Xét ΔMBE và ΔMCF có:
MB = MC ( chứng minh ở câu a )
Góc EBM = FCM ( chứng minh trên)
BE = FC ( chứng minh ở câu b)
=> ΔMBE = ΔMCF ( c.g.c )
=> ME = MF ( 2 cạnh tương ứng ) → ĐPCM.
d) Xét ΔEMN và ΔFMN có:
EM = FM ( chứng minh ở câu c )
EN = FN ( N là trung điểm EF )
MN chung.
=> ΔEMN = ΔFMN.
=> Góc ENM = FNM (2 góc tương ứng)
Suy ra MN là tia phân giác của góc ENF (1)
Có: góc BAM = CAM
Suy ra AM là tia phân giác của góc BAC (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, M, N nằm trên cùng 1 đường thẳng.
Do đó A, M, N thẳng hàng → ĐPCM.
CM:a) Xét t/giác ABM và ACM
có: AB = AC (gt)
\(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\) (gt)
AM : chung
=> t/giác ABM = t/giác ACM (c.g.c)
=> BM = CM (2 cạnh t/ứng)
=> M là trung điểm của BC
b) Ta có: AE + AC = EC
AF + AB = FB
mà AE = AF (gt); AB = AC (gt)
=> EC = FB
Xét t/giác BCE và t/giác CBF
có: BC : chung
\(\widehat{BCE}=\widehat{FBC}\) (vì t/giác ABC cân)
EC = FB (cmt)
=> t/giác BCE = t/giác CBF (c.g.c)
c) Xét t/giác BEM và t/giác CFM
có: EB = FC (vì t/giác BCE = t/giác CBF)
\(\widehat{EBM}=\widehat{FCM}\) (vì t/giác BCE = t/giác CBF)
BM = CM (cm câu a)
=> t/giác BEM = t/giác CFM (c.g.c)
=> ME = MF (2 cạnh t/ứng)
d) Xét t/giác AEN và t/giác AFN
có: AE = AF (gt)
EN = FN (gt)
AN : chung
=> t/giác AEN = t/giác AFN (c.c.c)
=> \(\widehat{EAN}=\widehat{MAF}\) (2 góc t/ứng)
=> AN là tia p/giác của góc EAF => \(\widehat{EAN}=\widehat{MAF}=\frac{\widehat{EAF}}{2}\)
AM là tia p/giác của góc BAC => \(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)
Mà \(\widehat{EAF}=\widehat{BAC}\) (đối đỉnh)
=> \(\widehat{EAN}=\widehat{NAF}=\widehat{BAM}=\widehat{MAC}\)
Ta có: \(\widehat{FAN}+\widehat{NAE}+\widehat{EAB}=180^0\)
hay \(\widehat{BAM}+\widehat{EAB}+\widehat{EAN}=180^0\)
=> A, M, N thẳng hàng
a) Ta có: $\widehat{ABM} = \widehat{NBM}$ (vì $BN = BA$) và $\widehat{BMA} = \widehat{NMB}$ (vì BM là phân giác của $\widehat{B}$). Vậy tam giác $ABM$ và tam giác $NBM$ có hai góc bằng nhau nên chúng đồng dạng.
b) Ta có $BN = BA$, suy ra tam giác $ABN$ đều, do đó $\widehat{NAB} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{BAC} = 90^\circ - \widehat{CAB} = 90^\circ - \widehat{ABN} = 30^\circ$. Khi đó, $\widehat{AMC} = \widehat{A} + \widehat{BAC} = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ$.
Do đó, tam giác $AMC$ là tam giác cân tại $A$ vì $\widehat{AMC} = 120^\circ = 2\cdot \widehat{ABC}$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $A$). Khi đó, $AM = MC$.
c) Ta có $\widehat{CAB} = 30^\circ$, nên tia đối của $AB$ là tia $AH$ cũng là phân giác của $\widehat{A}$. Gọi $E'$ là trên $AH$ sao cho $AE' = CN$. Khi đó, ta có thể chứng minh $E'$ trùng với $E$, tức là $E'$ nằm trên đoạn thẳng $CE$ và $CE' = EI$.
Đặt $x = BE = BC$. Ta có $AN = AB = BN = x$, do đó tam giác $ABN$ đều và $\widehat{ANB} = 60^\circ$. Khi đó, ta có $\widehat{A} + \widehat{M} + \widehat{N} = 180^\circ$, hay $\widehat{M} + \widehat{N} = 90^\circ$.
Ta có $\dfrac{AE'}{CE'} = \dfrac{AN}{CN} = 1$, do đó $AE' = CE' = x$. Khi đó, tam giác $ACE'$ đều và $\widehat{ACE'} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{C} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} = 60^\circ$, nên tam giác $ABC$ đều và $AC = x$.
Do $AM = MC$, ta có $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2}$. Ta cũng có $\widehat{B} + \widehat{N} + \widehat{C} = 180^\circ$, hay $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} - \widehat{B} - \widehat{C}$
Do đó, $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - 90^\circ - \widehat{C} = 90^\circ - \widehat{B}$
Vậy $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$
Suy ra tam giác ABM và NBM có cùng một góc ở đỉnh M, và hai góc còn lại lần lượt bằng $\dfrac{\widehat{A}}{2}$ và $\dfrac{\widehat{C}}{2}$, nên chúng đồng dạng. Do đó, ta có $ABM = NBM$.
Về phần b, do $AM = MC$, ta có $AMC$ là tam giác cân tại $M$, hay $BM$ là đường trung trực của $AC$. Vì $BN$ là đường phân giác của $\widehat{B}$, nên ta có $BM$ cũng là đường phân giác của tam giác $\triangle ABC$. Do đó, $BM$ là đường phân giác của $\widehat{BAC}$, hay $\widehat{BAM} = \widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$. Vậy $\widehat{BAM} + \widehat{ABM} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2} + \dfrac{\widehat{A}}{2} = 90^\circ$, hay tam giác $\triangle ABM$ là tam giác vuông tại $B$.
Về phần c, vì $AE = CN$, ta có tam giác $\triangle AEC$ là tam giác cân tại $E$, nên $EI$ là đường trung trực của $AC$. Do đó, $\widehat{BIM} = \widehat{BIE} + \widehat{EIM} = \widehat{BCM} + \widehat{CAM} = \dfrac{\widehat{B}}{2} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Tuy nhiên, ta đã chứng minh được $\widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$, nên $\widehat{BIM} = \widehat{MAC} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Do đó, $B, M, I$ thẳng hàng.
Đề bài yêu cầu chứng minh gì vậy bạn?
Quinn ko hiểu
đề bài ko có yêu cầu???