K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

7 tháng 8 2017

A C B D E M N P

1) 

- Xét tam giác EDC có : 

+ PE = PD (GT)

+ NE = NC (GT)

=>  PN là đường trung bình của tam giác EDC => \(PN=\frac{1}{2}CD\)  (1)

-Xét tam giác EAC có: 

+ NE = NC (GT )

+ ME = MA (GT )

=> NM là đường trung bình của tam giác EAC => \(MN=\frac{1}{2}AC\)  (2)

- Xét tam giác EAD có : 

+ ME = MA (GT)

+ PE =PD (GT )

=> MP là đường trung bình của tam giác EAD => \(MP=\frac{1}{2}AD\)  (3) 

-Từ 1 , 2 , 3 và AD = DC = CA (GT)

=> PN = NM = MP hay tam giác MNP đều

5 tháng 8 2017

A B C D E M N P K

1) Vì P là trung điểm của DE ; N là trung điểm của EC => PN là đường trung bình của tam giác EDC

=> \(PN=\frac{1}{2}DC\)(1)

Vì M là trung điểm của AE ; N là trung điểm của EC => MN là đường trung bình của tam giác AEC

=> \(MN=\frac{1}{2}AC\) (2)

Vì P là trung điểm của DE ; M là trung điểm của AE => PM là đường trung bình của tam giác ADE

=> \(PM=\frac{1}{2}AD\)(3)

Mà \(\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}AC\) Nên từ (1) ; (2) \(\Rightarrow MN=NP=MP\) Hay tam MNP đều (đpcm)

2) Đang nghĩ

23 tháng 4 2018

A B C D E H I O M N K d F G x y Q S

Gọi Q là điểm đối xứng với A qua M, S là điểm đối xứng với E qua M 

Lấy giao điểm của DB và EC kéo dài là F, gọi G là trung điểm của OF. Nối F với I.

Dễ dàng chứng minh được: \(\Delta\)AMC=\(\Delta\)BMQ (c.g.c) => ^MAC=^MQB

Suy ra AC // BQ (2 góc so le trong bằng nhau) => ^BAC+^ABQ=1800 (1)

Ta có: ^BAC+^EAD= 2.^BAC + ^CAE + ^DAB = (^BAC+^CAE) + (^BAC+^DAB) = ^BAE+^CAD=1800 (2)

Từ (1) và (2) => ^BAC+^ABQ=^BAC+^EAD => ^ABQ=^EAD

=> \(\Delta\)ABQ=\(\Delta\)EAD (c.g.c) = >^BAQ=^AED (2 góc tương ứng) hay ^BAM=^AEN

Xét \(\Delta\)ABM và \(\Delta\)EAN: ^BAM=^AEN; ^ABM=^EAN (Cùng phụ với ^BAH); AB=AE

=> \(\Delta\)ABM=\(\Delta\)EAN (g.c.g) => AM=EN (2 cạnh tương ứng)

Tương tự ta chứng minh AM=DN => DN=EN => N là trung điểm của DE

\(\Delta\)AEC=\(\Delta\)ABD (c.g.c) => EC=BD

\(\Delta\)EMC=\(\Delta\)SMB (c.g.c) => EC=SB 

=> BD=SB => Tam giác DBS cân tại B. Do ^SBF là góc ngoài của \(\Delta\)SDB

=> ^SBF=2. ^BDS .

\(\Delta\)EMC=\(\Delta\)SMB => ^MEC=^MSB => EC//SB hay EF//SB => ^SBF=^EFD (So le trong)

=> ^EFD = 2.^BDS (3)

Dễ thấy Bx và Cy là phân giác 2 góc ngoài của tam giác FBC. Chúng cắt nhau tại I

Nên FI là phân giác của ^CFB hay ^EFD => ^DFI=1/2 ^EFD (4)

Từ (3) và (4) => ^BDS=^DFI => DS//FI (2 góc so le trong)

Mà MN là đường trung bình của tam giác EDS => MN//FI (*)

Xét \(\Delta\)OIF:

K là trung điểm OI, G là trung điểm OF => KG là đường trung bình \(\Delta\)OIF => KG//FI (**)

Xét tứ giác BOCF: M; G lần lượt là trung điểm của 2 đường chéo BC và OF

FB giao CO tại D; FC giao BO tại E; N là trung điểm của DE

Tứ đó ta có: 3 điểm G;M;N cùng nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác BOCF

=> G,M,N thẳng hàng (***)

Từ (*); (**) và (***) => 3 điểm M;N;K thẳng hàng (Theo tiên đề Ơ-clit) (đpcm).

ΔAMC=ΔBMQ (c.g.c) => ^MAC=^MQB

Suy ra AC // BQ (2 góc so le trong bằng nhau) => ^BAC+^ABQ=1800 (1)

Ta có: ^BAC+^EAD= 2.^BAC + ^CAE + ^DAB = (^BAC+^CAE) + (^BAC+^DAB) = ^BAE+^CAD=1800 (2)

Từ (1) và (2) => ^BAC+^ABQ=^BAC+^EAD => ^ABQ=^EAD

=> ΔABQ=ΔEAD (c.g.c) = >^BAQ=^AED (2 góc tương ứng) hay ^BAM=^AEN

Xét ΔABM và ΔEAN: ^BAM=^AEN; ^ABM=^EAN (Cùng phụ với ^BAH); AB=AE

=> ΔABM=ΔEAN (g.c.g) => AM=EN (2 cạnh tương ứng)

Tương tự ta chứng minh AM=DN => DN=EN => N là trung điểm của DE

ΔAEC=ΔABD (c.g.c) => EC=BD

ΔEMC=ΔSMB (c.g.c) => EC=SB 

=> BD=SB => Tam giác DBS cân tại B. Do ^SBF là góc ngoài của ΔSDB

=> ^SBF=2. ^BDS .

ΔEMC=ΔSMB => ^MEC=^MSB => EC//SB hay EF//SB => ^SBF=^EFD (So le trong)

=> ^EFD = 2.^BDS (3)

Dễ thấy Bx và Cy là phân giác 2 góc ngoài của tam giác FBC. Chúng cắt nhau tại I

Nên FI là phân giác của ^CFB hay ^EFD => ^DFI=1/2 ^EFD (4)

Từ (3) và (4) => ^BDS=^DFI => DS//FI (2 góc so le trong)

Mà MN là đường trung bình của tam giác EDS => MN//FI (*)

Xét ΔOIF:

K là trung điểm OI, G là trung điểm OF => KG là đường trung bình ΔOIF => KG//FI (**)

Xét tứ giác BOCF: M; G lần lượt là trung điểm của 2 đường chéo BC và OF

FB giao CO tại D; FC giao BO tại E; N là trung điểm của DE

Tứ đó ta có: 3 điểm G;M;N cùng nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác BOCF

=> G,M,N thẳng hàng (***)

Từ (*); (**) và (***) => 3 điểm M;N;K thẳng hàng (Theo tiên đề Ơ-clit) (đpcm).

22 tháng 8 2017

 a) MAC đều => góc MAC = 60, MBD đều => góc MBD = 60 
=> AOB là tam giác cân ( vì có 2 góc ở đáy = nhau ) 
mà 2 góc ở đáy lại = 60 => tam giác đều 

b) AOB đều => 3 cạnh bằng nhau => AB = OB 
AB = AM + MB 
OB = OD + DB 
mà AB = OB, MB = DB 
=> AM = OD, mà AM = MC => MC = OD 

MD = OC chứng minh tương tự 

c) Xét tam giác ABD và tam giác BOC: 
AB = BO 
góc ABD = góc BOC = 60 
BD = OC 
=> ABD = BOC ( c.g.c ) 
=> AD = BC 

d) ABD = BOC ( cm câu c ) => góc BAD = góc OBC 
Ta có : MC = OD, MD = OC ( cm câu b ) => MCOD là hbh => MC // OD <=> MC // OB => góc MCK = góc OBC 
=> góc BAD = góc MCK 

Vì AD = BC, AI = 1/2 AD, CK = 1/2 BC => AI = CK 

Xét tam giác MAI và tam giác MCK: 
MA = MC 
góc BAD = góc MCK 
AI = CK 
=> MAI = MCK ( c.g.c ) => MI = MK 

e) góc CEA = góc BED (đối đỉnh) 
Xét tam giác BED: BED + EDB + EBD = 180 
Xét tam giác ABD: BAD + ABD + ADB = 180 <=> BAD + ADB = 120 
mà có góc EBD = góc BAD ( vì tam giác ABD = tam giác BOC ) 
=> EDB + EBD = 120 => BED = 60 => CEA = 60

Đây ko phải đáp án của bài này