Cho $\triangle A B C$ có $A B<A C$. Tia phân giác của $\widehat{A}$ cắt đường thẳng vuông góc với $B C$ tại trung điểm của $B C$ ở $D$. Gọi $H$ và $K$ là chân các đường vuông góc kẻ từ $D$ đến các đường thẳng $A B$, $A C$. Chứng minh $B H=C K$.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi là giao điểm của và .
Ta có ; (tính chất trọng tâm).
Vì nên cân tại
Xét và có (giả thiết);
(chứng minh trên);
là cạnh chung.
Do đó (c.g.c)
(hai góc tưong ứng)
cân tại .
Từ đó suy ra (c.c.c)
. (hai góc tương ứng)
Mà hay .
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Ta có .
Ta lại có là giao điểm của và là trọng tâm của tam giác
.
Suy ra .
Chứng minh tương tự ta được .
b) Xét tam giác và tam giác có (chứng minh trên);
(hai góc đối đỉnh);
(chứng minh trên).
Do đó (c.g.c)
(hai cạnh tương ứng).
Theo chứng minh trên (hai góc tương ứng).
Mà và ờ vị trí so le trong nên // .
a) Ta có .
Ta lại có là giao điểm của và là trọng tâm của tam giác
.
Suy ra .
Chứng minh tương tự ta được .
b) Xét tam giác và tam giác có (chứng minh trên);
(hai góc đối đỉnh);
(chứng minh trên).
Do đó (c.g.c)
(hai cạnh tương ứng).
Theo chứng minh trên (hai góc tương ứng).
Mà và ờ vị trí so le trong nên // .
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) \(\dfrac{14}{9}\) - \(\dfrac{7}{3}\) : \(\dfrac{9}{5}\) - \(\dfrac{7}{3}\)
= \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) \(\dfrac{14}{9}\) - \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) \(\dfrac{5}{9}\) - \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\)1
= \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) ( \(\dfrac{14}{9}\) - \(\dfrac{5}{9}\) - 1)
= \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) ( \(\dfrac{9}{9}\) - 1)
= \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) ( 1 -1)
= \(\dfrac{7}{3}\) \(\times\) 0
= 0
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có BF = 2BE (giả thiết).
=>BE = EF.
Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.
Do đó ED = DF.
=>D là trung điểm của EF.
Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.
Vì K là trung điểm CF (giả thiết).
Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.
∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.
Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.
Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên và (tính chất trọng tâm).
Ta có
Suy ra .
Ta có BF = 2BE (giả thiết).
=>BE = EF.
Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.
Do đó ED = DF.
=>D là trung điểm của EF.
Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.
Vì K là trung điểm CF (giả thiết).
Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.
∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.
Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.
Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên và (tính chất trọng tâm).
Ta có
Suy ra .
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Xét tam giác có là trung điểm của cạnh là trung tuyến của tam giác .
Hơn nữa và là trọng tâm tam giác .
Lại có là đường trung tuyến của tam giác nên thẳng hàng.
b) Ta có là trọng tâm tam giác là đường trung tuyến của tam giác này.
Suy ra đi qua trung điểm của cạnh (điều phài chứng minh).
a) Xét tam giác có là trung điểm của cạnh là trung tuyến của tam giác .
Hơn nữa và là trọng tâm tam giác .
Lại có là đường trung tuyến của tam giác nên thẳng hàng.
b) Ta có là trọng tâm tam giác là đường trung tuyến của tam giác này.
Suy ra đi qua trung điểm của cạnh (điều phài chứng minh).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a)Ta có:
AB = AC ( tam giác ABC cân tại A )
=> 1/2 AB = 1/2 AC hay AE = AD
Xét ΔABD và ΔACE có:
AB = AC(cmt)
góc A chung
AD = AE (cmt)
=> 2Δ bằng nhau
=> BD=CE
b) BD = CE ( cmt )
=> 2/3 BD = 2/3 CE hay GB = GC
=> ΔGBC cân tại G
c) GD+GE = 1/3CD = 1/3CE
Mà BD = CE (cmt)
=> 1/3 BD + 1/3 CE = 2/3 BD = BG
Gọi F là t/đ BC
=> BF = 1/2 BC
Xét tg BGF vuông tại F ( do tg ABC cân => AF vuông góc Bc ):
BG>BF(ch>cgv)
=> GD + GE> 1/2BC
Do là đường trung tuyến (gt)
là trung điểm của
Do là đường trung tuyến (gt)
là trung điểm của
Có : (Do là trung điểm của )
Có : (Do là trung điểm của )
mà (Do cân tại )
Xét và có :
(cmt)
(Do cân tại )
chung
(cạnh - góc - cạnh)
(2 cạnh tương ứng)
và (2 góc tương ứng)
Có :
Có :
mà (cmt), (Do cân tại )
cân tại
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên:
Do đó .
Mặt khác: BG + CG > BC (bất đẳng thức trong tam giác GCB).
Suy ra (điều phải chứng minh).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a. \(\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\right)+\dfrac{3}{4}=1+\dfrac{3}{4}=\dfrac{7}{4}\)
b. \(\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{5}+\dfrac{2}{8}+\dfrac{4}{10}=\left(\dfrac{3}{4}+\dfrac{2}{8}\right)+\left(\dfrac{3}{5}+\dfrac{4}{10}\right)=1+1=2\)
a ) `1/3 + 3/4 + 2/3 + 1/4 `
`= (1/3 + 2/3 )+ (3/4 + 1/4)`
`= 1 + 1 `
`= 2
b 3/4 + 3/5 + 2 phần 8 + 4/10`
`= (3/4 + 2/8 ) + ( 3/5 + 4/10 ) `
`= 1 + 1 `
`= 2`
Ta có �D thuộc phân giác của �^A;
��⊥��DH⊥AB; ��⊥��DK⊥AC ⇒��=��⇒DH=DK (tính chất tia phân giác của một góc).
Gọi �G là trung điểm của ��BC.
Xét △���△BGD và △���△CGD, có
���^=���^=90∘BGD=CGD=90∘ (��DG là trung trực của ��BC ),
��=��BG=CG (già thiết),
��DG là cạnh chung.
Do đó △���=△���△BGD=△CGD (hai cạnh góc vuông)
⇒��=��⇒BD=CD (hai cạnh tương ứng).
Xét △���△BHD và △���△CKD, có
���^=���^=90∘BHD=CKD=90∘ (giả thiết);
��=��DH=DK (chứng minh trên);
��=��BD=CD (chứng minh trên).
Do đó △���=△���△BHD=△CKD (cạnh huyền - cạnh góc vuông)
⇒��=��⇒BH=CK (hai cạnh tương ứng).
Ta có DD thuộc phân giác của \widehat{A}A;
D H \perp A BDH⊥AB; D K \perp A CDK⊥AC \Rightarrow D H=D K⇒DH=DK (tính chất tia phân giác của một góc).
Gọi GG là trung điểm của BCBC.
Xét \triangle B G D△BGD và \triangle C G D△CGD, có
\widehat{B G D}=\widehat{C G D}=90^{\circ}BGD=CGD=90∘ (DGDG là trung trực của B CBC ),
BG=CGBG=CG (già thiết),
DGDG là cạnh chung.
Do đó \triangle B G D=\triangle C G D△BGD=△CGD (hai cạnh góc vuông)
\Rightarrow B D=C D⇒BD=CD (hai cạnh tương ứng).
Xét \triangle B H D△BHD và \triangle C K D△CKD, có
\widehat{B H D}=\widehat{C K D}=90^{\circ}BHD=CKD=90∘ (giả thiết);
D H=D KDH=DK (chứng minh trên);
B D=C DBD=CD (chứng minh trên).
Do đó \triangle B H D=\triangle C K D△BHD=△CKD (cạnh huyền - cạnh góc vuông)
\Rightarrow B H=C K⇒BH=CK (hai cạnh tương ứng).