Cho △ABC có \(\widehat{A}\)<\(90^o\). Vẽ ra ngoài △ABC các tam giác vuông cân tại A là △ABM và △ACN
a, Chứng minh rằng△AMC=△ABN
b, Chứng minh BN⊥CM
c, Kẻ AH⊥BC (H ∈ BC). Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(\widehat A = \widehat {A'},\widehat C = \widehat {C'}\)mà tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên \(\widehat B = \widehat {B'}\).
Xét hai tam giác ABC và A’B’C’ có: \(\widehat A = \widehat {A'}\), AB = A’B’, \(\widehat B = \widehat {B'}\).
Vậy \(\Delta ABC = \Delta A'B'C'\)(g.c.g)
a)
=> Ta có : \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}\) = 180o
100o + \(\widehat{B}+\widehat{C}\) = 180o
\(\widehat{B}+\widehat{C}\) = 180o - 100o
\(\widehat{B}+\widehat{C}\) = 80o
Góc B = (80o+50o):2 = 65o
=> \(\widehat{C}\) = 65o - 50o = 15o
Vậy \(\widehat{B}\) = 65o ; \(\widehat{C}\) = 15o
b)
Ta có : \(\widehat{3A}+\widehat{B}+\widehat{2C}\) = 180o
\(\widehat{3A}+\widehat{2C}\) = 180o - 80o
\(\widehat{3A}+\widehat{2C}\) = 100o
=> \(\widehat{A}\) = 100o:(3+2).3 = 60o
\(\widehat{C}\) = 100o - 60o = 40o
Vậy \(\widehat{A}\) = 60o ; \(\widehat{C}\) = 40o
\(\widehat{B}+\widehat{C}=140^0\)
\(\Leftrightarrow4\cdot\widehat{C}=140^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{C}=35^0\)
hay \(\widehat{B}=105^0\)
Vậy: ΔABC tù
Vì \(\widehat{A}-\widehat{B}=\widehat{B}-\widehat{C}\) nên \(\widehat{A}-2\widehat{B}+\widehat{C}=0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}-2\widehat{B}+\widehat{C}=0^0\left(1\right)\\\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Trừ \(\left(2\right)\) cho \(\left(1\right)\), ta được \(3\widehat{B}=180^0\Rightarrow\widehat{B}=60^0\)
\(\Rightarrow\widehat{A}+\widehat{C}=120^0\)
Vậy GTLN của \(\widehat{A}\) là \(119^0\) vì \(\widehat{C}>0\)
BC = B’C’ = 4 (đường chéo của 4 ô vuông).
Tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có: BC = B’C’, AB = A’B’, \(\widehat B = \widehat {B'}\).
Vậy \(\Delta ABC = \Delta A'B'C'\)(c.g.c)
Có \(\widehat{B}=180^0-105^0-30^0=45^0\)
Kẻ AH vuông góc với BC
\(\Rightarrow\Delta ABH\) là tam giác vuông cân tại A
\(\Rightarrow AH=BH\)
Có \(tanC=\dfrac{AH}{HC}\Leftrightarrow HC=\dfrac{AH}{tan30^0}=\sqrt{3}AH\)
\(\Rightarrow BH+CH=AH+\sqrt{3}AH\Leftrightarrow BC=\left(1+\sqrt{3}\right)AH\)\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{BC}{1+\sqrt{3}}=\dfrac{2}{1+\sqrt{3}}\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{1+\sqrt{3}}.2=\dfrac{2}{1+\sqrt{3}}\) (cm2)
Vậy...
Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180°. Vậy trong tam giác A’B’C’ có \(\widehat {C'} = 180^\circ - 70^\circ - 60^\circ = 50^\circ \).
Xét hai tam giác ABC và A’B’C’ có:
\(\widehat B = \widehat {B'} = 60^\circ ;\)
BC = B’C’ ( = 3 cm)
\(\widehat C = \widehat {C'} = 50^\circ \)
Vậy \(\Delta ABC = \Delta A'B'C'\)(g.c.g)
a) Có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MAC}=90^0+\widehat{BAC}\left(\widehat{MAB}=90^0\right)\\\widehat{BAN}=90^0+\widehat{BAC}\left(\widehat{CAN}=90^0\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{BAN}\)
- Xét \(\Delta AMC\) và \(\Delta ABN\) có \(\left\{{}\begin{matrix}AM=AB\left(gt\right)\\\widehat{MAC}=\widehat{BAN}\left(cmt\right)\\AN=AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AMC=\Delta ABN\left(c.g.c\right)\)
Vậy \(\Delta AMC=\Delta ABN\)
b) - Gọi D là giao điểm của CM và AB; K là giao điểm của CM và BN.
- Có: \(\Delta AMC=\Delta ABN\) (theo a)
\(\Rightarrow\widehat{AMC}=\widehat{ABN}\) hay \(\widehat{AMD}=\widehat{HBK}\)
- Xét \(\Delta AMD\) vuông tại A có \(\widehat{AMD}+\widehat{ADM}=90^0\) (định lý tam giác vuông)
Mà \(\widehat{AMD}=\widehat{DBK}\left(cmt\right)\); \(\widehat{ADM}=\widehat{BDK}\)(hai góc đối đỉnh)
Suy ra \(\widehat{DBK}+\widehat{BDK}=90^0\)
- Xét \(\Delta BDK\) có \(\widehat{DBK}+\widehat{BDK}+\widehat{BKD}=180^0\) (định lý tổng 3 góc)
\(\Rightarrow90^0+\widehat{BKD}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=90^0\)
hay \(BN\perp CM\)
Vậy \(BN\perp CM\)
c) Kẻ \(ME\perp AH\) tại E; \(NF\perp AH\) tại F. Gọi O là giao điểm của MN và AH.
- Có: \(\widehat{BAH}+\widehat{MAB}+\widehat{MAE}=180^0\) (Ba điểm H; A; E thẳng hàng)
\(\Rightarrow\widehat{BAH}+90^0+\widehat{MAE}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BAH}+\widehat{MAE}=90^0\left(1\right)\)
- Xét \(\Delta ABH\) vuông tại H có \(\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=90^0\) (định lý tam giác vuông) \(\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) suy ra \(\widehat{MAE}=\widehat{ABH}\)
- Xét \(\Delta MAE\) vuông tại E và \(\Delta ABH\) vuông tại H có \(\left\{{}\begin{matrix}AM=AB\left(gt\right)\\\widehat{MAE}=\widehat{ABH}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MAE=\Delta ABH\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\(\Rightarrow ME=AH\) (hai cạnh tương ứng)
Chứng minh tương tự, ta có: \(\Delta AFN=\Delta CHA\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\(\Rightarrow NF=AH\) (hai cạnh tương ứng)
- Có \(\left\{{}\begin{matrix}ME=AH\left(cmt\right)\\NF=AH\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow ME=NF\)
- Có: \(\left\{{}\begin{matrix}ME\perp EF\left(vẽ\right)\\NF\perp EF\left(vẽ\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow ME//NF\) (quan hệ vuông góc - song song)
\(\Rightarrow\widehat{OME}=\widehat{ONF}\) (hai góc so le trong)
- Xét \(\Delta OME\) vuông tại E và \(\Delta ONF\) vuông tại F có \(\left\{{}\begin{matrix}ME=NF\\\widehat{OME}=\widehat{ONF}\end{matrix}\right.\left(cmt\right)\Rightarrow\Delta OME=\Delta ONF\left(cgv-gnk\right)\)
\(\Rightarrow OM=ON\)(hai cạnh tương ứng)
hay AH đi qua trung điểm O của MN
Vậy AH đi qua trung điểm của MN
Cho mình xin cái hình