Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hình bạn tự vẽ nha
a) trong △ABC có :
AH⊥BC=> AH là đường cao của △ABC
mà △ABC cân tại A
=>AH vừa là đường cao , vừa là đường trung tuyến của △ABC
b)có △ABC cân tại A=> góc ABC=góc ACB
hay góc DBH=góc ACB
mà: HD//AC
=>góc BHD=góc ACB(ĐV)
=> góc DBH=gócBHD
=>△BHD cân tại D
=> BD=DH(1)
có AH⊥BC => △ABH vuông tại H
=> góc BAH+góc ABH=900
mà góc BHD+ góc HAD =900; góc ABH= góc DHB
=>góc DAH= góc DHA
=>△AHD cân tại D
=> DA=DH(2)
từ (1),(2)=> AD=DB(=DH)
=> D là trung điểm của AB
c)trong △ABC có:
AH là đường trung tuyến thứ nhất của △ABC
D là trung điểm của AB=> CD là đường trung tuyến thứ hai của △ABC
E là trung điểm của AC=>BE là đường trung tuyến thứ ba của △ABC
lại có AH và CD cắt nhau tại G
=> G là trọng tâm của △ABC
=> BE đi qua G
=> 3 điểm B,G,E thẳng hàng
a: Xét ΔCAE và ΔCDE có
CA=CD
\(\widehat{ACE}=\widehat{DCE}\)
CE chung
Do đó: ΔCAE=ΔCDE
1: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACD vuông tại D có
AB=AC
\(\widehat{BAE}\) chung
Do đó: ΔABE=ΔACD
2: Ta có: ΔABE=ΔACD
=>\(\widehat{ABE}=\widehat{ACD}\)
Ta có: \(\widehat{ABE}+\widehat{EBC}=\widehat{ABC}\)
\(\widehat{ACD}+\widehat{DCB}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ABE}=\widehat{ACD};\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
nên \(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)
=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)
=>ΔIBC cân tại I
3: Xét ΔABC có
BE,CD là các đường cao
BE cắt CD tại I
Do đó: I là trực tâm của ΔABC
=>AI\(\perp\)BC tại H
Ta có: ΔABH vuông tại H
=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AB^2-AH^2=BH^2\left(1\right)\)
Ta có: ΔIHB vuông tại H
=>\(HI^2+HB^2=BI^2\)
=>\(HB^2=BI^2-HI^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AB^2-AH^2=BI^2-HI^2\)
=>\(AB^2+HI^2=BI^2+AH^2\)
b) Ta có: KI\(\perp\)BC(gt)
AH\(\perp\)BC(gt)
Do đó: KI//AH(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)
Suy ra: \(\widehat{HAI}=\widehat{KIA}\)(hai góc so le trong)(1)
Ta có: ΔABK=ΔIBK(cmt)
nên KA=KI(hai cạnh tương ứng)
Xét ΔKAI có KA=KI(cmt)
nên ΔKAI cân tại K(Định nghĩa tam giác cân)
Suy ra: \(\widehat{KAI}=\widehat{KIA}\)(hai góc ở đáy)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{HAI}=\widehat{KAI}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{HAI}=\widehat{CAI}\)
Suy ra: AI là tia phân giác của \(\widehat{HAC}\)(Đpcm)
a) Xét ΔABK vuông tại A và ΔIBK vuông tại I có
BK chung
\(\widehat{ABK}=\widehat{IBK}\)(BK là tia phân giác của \(\widehat{ABI}\))
Do đó: ΔABK=ΔIBK(Cạnh huyền-góc nhọn)
a) Xét tam giác \(CAE\) có \(CD\) vừa là trung tuyến, vừa là đường cao ứng với cạnh \(AE\) suy ra tam giác \(CAE\) cân tại \(C\).
b) tam giác \(CAE\) cân tại \(C\) suy ra \(CD\) là trung trực của cạnh \(AE\)
suy ra \(DA=ED\), \(CA=CE\).
Xét tam giác \(CDA\) và tam giác \(CDE\):
\(CD\) cạnh chung
\(CA=CE\)
\(DA=DE\)
suy ra \(\Delta CDA=\Delta CDE\) (c.c.c)
\(\Rightarrow\widehat{CED}=\widehat{CAD}=90^o\)
suy ra \(DE\) vuông góc với \(BC\)
do đó \(DE\) song song với \(AH\).
c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(KD\) và \(AE\).
Xét tam giác \(AKL\) và tam giác \(EDL\):
\(\widehat{ALK}=\widehat{ELD}\) (đối đỉnh)
\(AL=LE\)
\(\widehat{KAL}=\widehat{DEL}\) (vì \(DE//AK\))
suy ra tam giác \(AKL\) và tam giác \(EDL\) bằng nhau (g.c.g)
\(\Rightarrow KL=LD\)
Tứ giác \(AKED\) có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên \(AKED\) là hình bình hành.
Suy ra \(KE//AD\)
do đó \(KE\) vuông góc với \(AC\).