Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lập luận tương tự câu c), ta có BF là một đường cao của tam giác LBC.
Vậy ba đường thẳng AH, BF, CD là ba đường cao của tam giác LBC nên chúng đồng quy.
Xét tam giác ALB và ∆BCD có:
AL = BC ( chứng minh b)
AB = BD ( vì ABDE là hình vuông)
∠(BAL) = 90º + ∠(EAL) = 90 + ∠(ABC) = ∠(DBC) .
Suy ra: ∆ALB = ∆BCD ( c.g.c)
Suy ra ∠(ALB) = ∠(BCD) .
Mặt khác ta có ∠(ALB) + ∠(LBH) = 90º nên ∠(BCD) + ∠(LBH) = 90º.
Suy ra LB ⊥ CD, tức CD là một đường cao của tam giác LBC.
Theo a) ΔEKI = ΔGKJ nên KI = KJ.
Mặt khác, theo giả thiết K là trung điểm của AL nên KA = KL.
Suy ra: KA – KI = KL – KJ hay IA= JL.
Ta có: ∆ACH= ∆ GAJ ( theo a) nên HC = AJ;
∆ABH = ∆ EAI nên BH = AI.
+) Suy ra:
AL = AJ + JL = AJ + AI = HC + HB = BC
a: Xét ΔBAD và ΔBED có
BA=BE
\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)
BD chung
Do đó: ΔBAD=ΔBED
b: Ta có: ΔBAD=ΔBED
=>BA=BE
=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)
Ta có: ΔBAD=ΔBED
=>DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(1)
Từ (1) và (2) suy ra BD là đường trung trực của AE
=>BD\(\perp\)AE tại trung điểm I của AE
c: Ta có: ΔBAD=ΔBED
=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)
mà \(\widehat{BAD}=90^0\)
nên \(\widehat{BED}=90^0\)
=>DE\(\perp\)BC
Ta có: AH\(\perp\)BC
DE\(\perp\)BC
Do đó: AH//DE
d: Ta có: \(\widehat{EDC}+\widehat{ACB}=90^0\)(ΔEDC vuông tại E)
\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
Do đó: \(\widehat{EDC}=\widehat{ABC}\)
e: Xét ΔDAK vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có
DA=DE
\(\widehat{ADK}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔDAK=ΔDEC
=>DK=DC và AK=EC
Ta có: BK=BA+AK
BC=BE+EC
mà BA=BE và AK=EC
nên BK=BC
=>B nằm trên đường trung trực của KC(3)
Ta có: DK=DC
=>D nằm trên đường trung trực của KC(4)
Ta có: MK=MC
=>M nằm trên đường trung trực của CK(5)
Từ (3),(4),(5) suy ra B,D,M thẳng hàng
Cho tam giác ABC.Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACFG có tâm theo thứ tự là M,N.Gọi I,K theo thứ tự là trung điểm của EG,BC. - Hình học - Diễn đàn Toán học
a) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên \(GM = \dfrac{1}{3}AM\)
Kẻ \(BP \bot AM\) ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMP}} = \dfrac{1}{2}BP.GM\\{S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}BP.AM\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMP}}}}{{{S_{ABM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMP}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABM}}\)(1)
Tương tự, kẻ \(CN \bot AM\), ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMC}} = \dfrac{1}{2}CN.GM\\{S_{ACM}} = \dfrac{1}{2}CN.AM\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMC}}}}{{{S_{ACM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ACM}}\left( 2 \right)\end{array}\)
Cộng 2 vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{GMB}} + {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}\left( {{S_{AMC}} + {S_{ABM}}} \right)\\ \Rightarrow {S_{GBC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\end{array}\)
b)
Ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GAB}} = \dfrac{1}{2}BP.AG\\{S_{GAC}} = \dfrac{1}{2}CN.AG\end{array}\)
Xét \(\Delta BPM\) và \(\Delta CNM\) có:
\(\widehat {BPM} = \widehat {CNM} = {90^0}\)
BM = CM ( M là trung điểm của BC)
\(\widehat {PMB} = \widehat {CMN}\)(2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta BPM = \Delta CNM\)(cạnh huyền – góc nhọn)
\( \Rightarrow \) BP = CN (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow {S_{GAB}} = {S_{GAC}}\)
Ta có: \(AG = \dfrac{2}{3}AM\)
\(\begin{array}{l}{S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + {S_{GCB}}\\ \Rightarrow {S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\\ \Rightarrow \dfrac{2}{3}{S_{ABC}} = 2{S_{GAC}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{3}{S_{ABC}} = {S_{GAC}} = {S_{GAB}}\end{array}\)
a: Xet ΔABC vuông tại A và ΔBAD vuông tại B có
AB chung
AC=BD
Do đó: ΔABC=ΔBAD
b: Xét tứ giác ABDC có
AC//BD
AC=BD
Do đó; ABDC là hình bình hành
=>AD cắt BC tại trung điểm của mỗi đường
=>EA=ED
c: Xét tứ giác AMDN có
AM//DN
AN//MD
Do đó:AMDN là hình bình hành
=>DN=MA
a: Kẻ CH vuông góc với AM
\(S_{AGC}=\dfrac{CH\cdot AG}{2}\)
\(S_{GMC}=\dfrac{CH\cdot MG}{2}\)
mà AG=2MG
nên \(S_{AGC}=2S_{GMC}\)
b: Kẻ GK vuông góc với BC
\(S_{GMB}=\dfrac{BM\cdot GK}{2}\)
\(S_{GMC}=\dfrac{MC\cdot GK}{2}\)
mà BM=CM
nên \(S_{GMB}=S_{GMC}\)
Ta có : AC//DB\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{CDB}\left(1\right)\)
\(\Delta CDB=\Delta KAB\Rightarrow S_{CDB}=S_{KAB}\left(2\right)\)
AI//BK\(\Rightarrow S_{KAB}=S_{KIB}\left(3\right)\)
Từ (1),(2) và (3) suy ra \(S_{ABD}=S_{KIB}\Leftrightarrow S_{ABDE}=S_{BIJK}\left(4\right)\)
Với I,J là hình chiếu A xuống BC,HK
Tương tự ta cx có \(S_{ACFG}=S_{IJHC}\left(5\right)\)
Cộng (4) vfa (5) có ĐPCM
Từ đó suy ra Đ.L.Pitago
kì tích nhỉ ( 1 ) CM hơi bị kì tích