Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABI và ΔACI có
AB=AC
góc BAI=góc CAI
AI chung
=>ΔABI=ΔACI
b: ΔACB cân tại A
mà AI là phân giác
nên AI vuông góc BC
c: Xét ΔBAC có
AI,CM là các đườg trung tuyến
AI căt CM tại G
=>G là trọng tâm
=>BG là đường trung tuyến của ΔABC
Bài toán 1: (Hình a)
Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.
Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR
Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)
\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)
Dễ thấy NS là đường trung bình của \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)
Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)
Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ
=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).
Bài toán 2: (Hình b)
Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)
=> MC2 = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 900 , trung tuyến HM => HM = MC
Do đó MH2 = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI
=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).
Bài toán 3: (Hình c)
a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.
Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC
Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD
Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)
=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=450) => B,A,F thẳng hàng
=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM
Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E
=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)
=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).
b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE
Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).
Dễ và cơ bản mà nhỉ:vv
a) Xét ∆ABM và ∆ACM:
AB=AC (∆ABC cân tại A)
BM=CM (AM là trung tuyến)
\(\widehat{ABM}=\widehat{ACM}\) (∆ABC cân tại A)
=> ∆ABM=∆ACM (c.g.c)
b) Theo câu a: ∆ABM=∆ACM
=> \(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}\)
Mà \(\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^o\) (2 góc kề bù)
=> \(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=90^o\)
=> AM vuông góc với BC
c) M là trung điểm của BC
=> \(MB=MC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\)
Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABM, ta có:
\(AB^2=AM^2+BM^2\)
\(\Leftrightarrow5^2=AM^2+3^2\Rightarrow AM^2=5^2-3^2=16=4^2\)
\(\Rightarrow AM=4\) (cm)
Vậy AM=4cm.
b) Cm theo cách khác:
Ta có: AB=AC(ΔABC cân tại A)
nên A nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)
Ta có: MB=MC(M là trung điểm của BC)
nên M nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)
Từ (1) và (2) suy ra AM là đường trung trực của BC
hay AM\(\perp\)BC(đpcm)
a: Xét ΔABC có AB=AC
nên ΔABC cân tại A
Suy ra: \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\dfrac{180^0-40^0}{2}=70^0\)
b: Ta có: ΔABC cân tại A
mà AH là đường trung tuyến
nên AH là đường cao
c: Ta có: M nằm trên đường trung trực của AC
nên MA=MC
hay ΔMAC cân tại M
a) Qua P vé đường thẳng song song với BC cắt AM,AN, AC lần lượt tại I;K;E.
Gọi H là giao của PN và AC
Chứng minh I là trung điểm PE
\(\Delta\)APH cân tại A. IN là đường trung bình \(\Delta\)PEH
Tứ giác IECN là hình bình hành. Vì vậy NC=IE=PI
Ta có: \(\frac{NQ}{PQ}=\frac{MN}{PI}=\frac{MN}{NC}=\frac{MI}{AI}=\frac{NK}{AK}\)
=> QK//AP
Nên KQ _|_ OP. \(\Delta\)OPK có PN,KQ là 2 đường chéo cắt nhau tại Q
Do vậy có: QO_|_ PK. Vậy QO _|_ BC (đpcm)
a: \(AB=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)
BH<AH<AB
=>góc HAB<góc HBA<góc AHB
b: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có
AB=AC
AH chung
=>ΔAHB=ΔAHC
=>HB=HC
=>H là trung điểm của BC
c: góc KAH=góc HAC
góc KHA=góc HAC
=>góc KAH=góc KHA
=>ΔAKH cân tại K
Xét ΔABC có
H là trung điểm của BC
HK//AC
=>K là trung điểm của AB
`a)`
Có `Delta ABC` cân tại `A=>hat(B_1)=hat(C_1);AB=AC`
Có `hat(B_1)+hat(ABM)=180^0` ( kề bù )
`hat(C_1)+hat(ACN)=180^0` (kề bù)
mà `hat(B_1)=hat(C_1)(cmt)`
nên `hat(ABM)=hat(ACN)`
Xét `Delta ABM` và `Delta ACN` có :
`AB=C(cmt)`
`hat(ABM)=hat(ACN)(cmt)`
`BM=CN(GT)`
`=>Delta ABM=Delta ACN(c.g.c)(đpcm)`
`b)`
Có `Delta ABM=Delta ACN(cmt)=>hat(A_1)=hat(A_2)` ( 2 góc t/ứng )
Xét `Delta AHB` và `Delta AKC` có :
`hat(AHB)=hat(AHC)(=90^0)`
`AB=AC(cmt)`
`hat(A_1)=hat(A_2)(cmt)`
`=>Delta AHB=Delta AKC(c.h-g.n)(đpcm)`
