Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác AMHN có
\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{NAM}=90^0\)
Do đó: AMHN là hình chữ nhật
1: Xét tứ giác AMHN có
\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)
Do đó: AMHN là hình chữ nhật
a: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{EAF}=\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^0\)
Do đó: AEHF là hình chữ nhật
Suy ra: AH=EF
a) Do EM = EH và AE vuông góc MH tại E nên AB là đường trung trực của MH. Tương tự AC là trung trực HN.
b) Do AB là đường trung trực của MH nên AM = AH. Tương tự AH = AN
Vậy AM = AN hay tam giác AMN cân tại A.
c) Xét tam giác HMN có E, F lần lượt là trung điểm HM, HN nên EF là đường trung bình tam giác.
Vậy EF // MN.
d) Tam giác cân AMN có I là trung điểm MN nên \(AI⊥MN\)
Lại có MN //EF nên \(AI⊥EF.\)
a) Ta thấy AB vuông góc với MH tại trung điểm E của MH nên AB là đường trung trực của MH.
Ta thấy AC vuông góc với NH tại trung điểm F của NH nên AC là đường trung trực của NH.
b) Do AB là trung trực của MH nên AM = AH.
Tương tự AN = AH. Vậy nên AM = AN hay tam giác AMN cân tại A.
c) Xét tam giác HMN có E là trung điểm MH, F là trung điểm HN nên EF là đường trung bình tam giác HMN.
Suy ra EF // MN.
d) Do tam giác AMN cân tại A nên trung tuyến AI đồng thời là đường cao. Vậy AI vuông góc MN.
Lại có MN // EF nên AI vuông góc EF.
I'll let you do the drawing.
a) Consider the 2 triangles AHM and ABH, which both have a common angle at A, have \(\widehat{AMH}=\widehat{AHB}\left(=90^o\right)\). Therefore, \(\Delta AHM~\Delta ABH\left(a.a\right)\). This means \(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AM}{AH}\) or \(AH^2=AM.AB\)
Similarly, we have \(AH^2=AN.AC\). From these, we get \(AM.AB=AN.AC=AH^2\)
We can easily prove that AMHN is a rectangle (because \(\widehat{MAN}=\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=90^o\)). Thus, \(AH=MN\)(2 diagonals of a rectangle are equal)
And finally, we get \(AM.AB=AN.AC=MN^2\), and that's what we must prove!
b) We can easily prove \(HN//AB\left(\perp AC\right)\), which means \(\widehat{FHN}=\widehat{B}\)
Consider the right triangle BHM (right at M), it has the median ME. Therefore, \(ME=\dfrac{BH}{2}\). We also have \(BE=\dfrac{BH}{2}\) so \(ME=BE\) or \(\Delta BEM\) is an isosceles triangle, or \(\widehat{BEM}=180^o-2.\widehat{B}\)
Similarly, we have \(\widehat{HFN}=180^o-2.\widehat{FHN}\)
We have already had \(\widehat{B}=\widehat{FHN}\). Thus, \(\widehat{BEM}=\widehat{HFN}\) or \(ME//NF\) (2 equal staggered angles)
Therefore, MEFN is a trapezoid.
In this trapezoid, I is the midmpoint of EF, O is the midpoint of MN (2 diagonal AH, MN of the rectangle AMHN meets at O). Thus, OI is the avergage line of the trapezoid MEFN (ME//NF) or \(OI//NF\)
It's easy to see \(\widehat{FNC}=\widehat{C}\); \(\widehat{MNH}=\widehat{MAH}\)
Also, \(\widehat{C}=\widehat{MAH}\left(=90^o-\widehat{B}\right)\). So, \(\widehat{FNC}=\widehat{MNH}\) or \(\widehat{FNC}+\widehat{FNH}=\widehat{MNH}+\widehat{FNH}\) or \(\widehat{CNH}=\widehat{MNF}\). Because \(\widehat{CNH}=90^o\), it's easy to see \(\widehat{MNF}=90^o\) or \(NF\perp MN\)
We have already prove that \(OI//NF\). Therefore, \(OI\perp MN\), and that's what we must prove!
c) I'm thinking about this question.