Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
C A B E H D
Ta có: \(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=90^o\)
Xét: \(\Delta ABC\text{ và }\widehat{NBA}\)
\(\widehat{CAB}=\widehat{ANB}=90^o\)
\(\Rightarrow\Delta ABC~\Delta AHB\)
b) \(\frac{AB}{NB}=\frac{AC}{NA}\)
\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{NB}{NA}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự:
\(\Delta ABC~\Delta AHB\)
\(\frac{AN}{AB}-\frac{HC}{AC}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AN}{NC}\left(2\right)\)
\(\text{Từ (1) và (2) }\Rightarrow\frac{NB}{NA}=\frac{NA}{NC}\Rightarrow AB^2=BH.BC\left(đ\text{pcm}\right)\)
Xét tam giác vuông.
Áp dụng định lý Pi-ta-go, ta có:
\(DB^2=AB^2+AD^2=6^2+8^2=100\)
\(\Rightarrow DB=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)
Bài 2:
1 1 2 2 A B C D
a) Xét \(\Delta OAV\text{ và }\Delta OCD\)
Có: \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\left(đ^2\right)\)
\(\widehat{A_1}=\widehat{C_1}\left(\text{so le}\right)\)
\(\Rightarrow\Delta OAB~\Delta OCD\)
\(\Rightarrow\frac{OB}{OD}=\frac{OA}{OC}\Rightarrow\frac{DO}{DB}=\frac{CO}{CA}\)
b) Ta có: \(AC^2-BD^2=DC^2-AB^2\)
\(\Leftrightarrow AC^2-DC^2=BD^2-AB^2\)
\(\Delta\text{ vuông }ABC\left(\text{theo định lý Pi-ta-go}\right)\)
\(AC^2-DC^2=AD^2\left(1\right)\)
\(\Delta\text{ vuông }BDA\text{ có }\left(\text{theo định lý Pi-ta-go}\right)\)
\(BD^2-AB^2=AD^2\)
\(\text{Từ (1) và (2) }\Rightarrowđ\text{pcm}\)
a) Vì tam giác ABC vuông tại A
=> BAC = 90 độ
=> Vì K là hình chiếu của H trên AB
=> HK vuông góc với AB
=> HKA = 90 độ
=> HKA = BAC = 90 độ
=> KH // AI
=> KHIA là hình thang
Mà I là hình chiếu của H trên AC
=> HIA = 90 độ
=> HIA = BAC = 90 độ
=> KHIA là hình thang cân
b) Vì KHIA là hình thang cân
=> KA = HI
= >KI = HA
Xét tam giác KAI vuông tại A và tam giác HIC vuông tại I có
KA = HI
KI = AH
=> Tam giác KAI = tam giác HIC ( cgv-ch)
=> KIA = ACB ( DPCM)
c) con ý này tớ nội dung chưa học đến thông cảm
- Bài 1
a) Xét tam giác BCD có BM=MD(gt), BN=NC(gt) => MN là đg` TB => MN// DC => MN// DE(1)
và MN=1/2DC => MN= DE(2)
từ (1)và (2) => MNED là hbh
b) MNED là hbh(câu a) => MD//NE => ADM= DEN(đồng vị)
Xét tam giác ABD vg tại A có BM=DM=> AM là trung tuyến => AM=1/2BD= MD
=> tam giác ADM cân tại M => MDA = DAM
=> DEN= MAD (3)
MN//DE=> MN//AE => AMNE là hình thang (4)
từ (3)và (4) => AMNE là hình thang cân
c) để MNED là hình thoi \Leftrightarrow MNED là hbh có MD=DE \Leftrightarrow 1/2BD=1/2CD \Leftrightarrow BD = CD \Leftrightarrow tam giác BCD cân tại D \Leftrightarrow DBC=góc C \Leftrightarrow góc C=1/2góc B\Leftrightarrow góc C=2góc B
Vậy để MNED là hình thoi thì tam giác ABC có góc C=2góc B17 Tháng mười hai 2013#2 
nhuquynhdatGuest
bài 2
a) AB//CD => AB//CE(1)
Xét tam giác ADE có AH là đg` cao
lại có E đối xứng với D qua H => H là trung điểm của DE => AH là trung tuyến
=> tam giác ADE cân tại A
=> ADE=AED(goác đáy tam giác cân)
mặt khác ABCD là hình thang cân => ADC=góc C
=> góc C= AED
mà 2 góc này ở vị trí đồng vị của AE và BC => AE//BC(2)
từ (1)và (2) => ABCE là hbh
b) xét tam giác AHE và tam giác FHD có góc AHE=góc DHF(đối đỉnh)
DH=HE(gt)
AE//DF(gt)=> AEH=FDH(SLT)
=>tam giác AHE=tam giác FHD(gcg) => AH=HF => H là TĐ của AF
c) Ta có AH=HF(câu b)DH=HE(gt) => ADFE là hbh
mà AH vg góc với ED=> AF vg góc với ED => ADEF là hình thoi
lại có tam giác ADE cân tại A (câu a)=> AD=AE => ADEF là hình vg
Đề bài:
- Tam giác ABC cân tại A
- Các đường cao: AQ, BN, CM cắt nhau tại trực tâm H
- Gọi K là điểm đối xứng của H qua Q
- Các câu hỏi từ a) đến f)
a) Tứ giác BHCK là hình gì? Vì sao?
Phân tích:
- H là trực tâm tam giác ABC.
- AQ là đường cao từ A ⇒ Q thuộc BC, AQ ⊥ BC.
- BN và CM là các đường cao ⇒ H là giao điểm của 3 đường cao.
- K là đối xứng của H qua Q ⇒ Q là trung điểm của đoạn HK.
Ta cần xét tứ giác BHCK.
Chứng minh:
- H, K đối xứng qua Q ⇒ HQ = QK
- AQ ⊥ BC ⇒ Q là chân đường cao từ A, tức AQ ⊥ BC
- H thuộc 3 đường cao ⇒ H nằm trên BN và CM
- Do đó: H ∈ BN và CM, còn K là đối xứng của H qua Q
⇒ BH ⊥ AC, CK ⊥ AB
Xét BHCK:
- H và C cùng nằm trên CM
- B và H cùng nằm trên BN
- K là điểm đối xứng H qua Q (Q ∈ BC)
- Vậy: BH song song với CK (vì đều vuông góc với AC, do tam giác cân tại A ⇒ AC = AB)
⇒ BH ∥ CK và BH = CK (do đối xứng)
Kết luận:
Tứ giác BHCK là hình bình hành
(vì có 2 cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau)
b) Đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng qua C song song với AK tại E. Chứng minh KC = QE
Phân tích hình học:
- Qua K vẽ đường thẳng song song BC ⇒ gọi là đường d₁
- Qua C vẽ đường thẳng song song AK ⇒ gọi là đường d₂
- E là giao điểm của d₁ và d₂.
Chứng minh:
- ΔABC cân tại A ⇒ AB = AC, các đường cao từ B và C có độ dài bằng nhau, và Q là trung điểm HK (K đối xứng H qua Q)
- AK ⊥ BC (vì AQ ⊥ BC và K đối xứng H qua Q)
- Do d₁ ∥ BC, d₂ ∥ AK ⇒ d₁ ⊥ d₂
Xét hình chữ nhật KECQ:
- KC ∥ QE (do d₁ và d₂)
- KC = QE (do đối xứng qua Q và tính chất hình chữ nhật)
- Góc tại Q là vuông.
Kết luận: KC = QE
c) Gọi P là hình chiếu của K trên HC. Chứng minh ∠QPE = 90°
Phân tích:
- P là hình chiếu vuông góc từ K lên HC ⇒ KP ⊥ HC
- E ∈ đường thẳng song song AK
- Q nằm trên AQ ⊥ BC ⇒ AQ ⊥ BC ⇒ QE ⊥ BC ⇒ QE ⊥ AK
Chứng minh:
- ∠QPE là góc giữa QE và đường thẳng đi qua P vuông góc với HC
Do KC = QE và KC ∥ QE ⇒ tứ giác KECQ có tính chất hình bình hành đặc biệt ⇒ kết luận:
- KP ⊥ HC
- QE ⊥ AK (vì song song BC, BC ⊥ AQ)
- Mà AK ⊥ HC ⇒ QE ⊥ HC ⇒ QE ⊥ KP
⇒ ∠QPE = 90°
d) Chứng minh tứ giác HCEQ là hình bình hành
Phân tích:
- H, C, E, Q là các điểm đã biết
- H và K đối xứng nhau qua Q ⇒ HQ = QK
- KC = QE (chứng minh trên)
- KC ∥ QE ⇒ ⇒ HC ∥ QE
Chứng minh:
- Tứ giác HCEQ có:
- HQ = QE (từ đối xứng và chứng minh KC = QE)
- HC ∥ QE (vì cùng song song với AK)
⇒ Tứ giác HCEQ có hai cạnh đối song song và bằng nhau
⇒ HCEQ là hình bình hành
e) QE cắt BN tại I, chứng minh I là trung điểm BH
Phân tích:
- QE cắt BN tại I
- BN là đường cao từ B ⇒ đi qua H
- BH là đoạn từ B đến H
Ta sẽ chứng minh I là trung điểm BH
Chứng minh:
Tứ giác HCEQ là hình bình hành ⇒ đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
⇒ Đường chéo HQ và CE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ Giao điểm là trung điểm của BH (vì H nằm trên BH), QE đi qua đó
⇒ I là trung điểm của BH
f) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác HIEC là hình thang cân
Phân tích:
- Tứ giác HIEC gồm các điểm:
- H: trực tâm
- I: trung điểm BH (chứng minh trên)
- E: từ giao điểm QE và đường song song BC
- C: đỉnh tam giác
Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ 2 cạnh đối song song và 2 góc kề đáy bằng nhau
Giả sử HE ∥ IC và HE = IC ⇒ hình thang cân
Điều kiện xảy ra:
- ΔABC phải là tam giác đều (vì lúc đó tam giác cân tại A, đồng thời các đường cao là cũng là trung tuyến, phân giác, đường trung trực)
- Khi đó: H là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, và trung điểm giao nhau ⇒ tạo nên các tính chất đối xứng mạnh.
Kết luận:
Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ tam giác ABC đều
mong các bạn nhận xét và cho mình một đúng
a, xét tam giác ABC và tam giác DAB có:
góc BAC = góc ADB=90 độ
góc ABC = góc BAD( so le trong của Ax//BC)
do đó: tam giác ABC đồng dạng với tam giác DAB(g-g)
b, áp dụng định lí pytago vào tam giác ABC vuông tại A có:
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25\)
theo cm câu a : tam giác ABC đồng dạng với tam giác DAB
=>\(\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{AB}=\frac{AC}{BD}\)
\(\Rightarrow AD=\frac{AB^2}{BC}=\frac{15^2}{25}=9cm\)
\(BD=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{15.20}{25}=12cm\)
c, \(S_{ABD}=\frac{1}{2}.AD.BD=\frac{1}{2}.9.12=54cm^2\)
Olm chào em, khi đăng câu hỏi lên diễn đàn Olm, em cần đăng đầy đủ nội dung và yêu cầu, để nhận được sự trợ giúp tốt nhất từ cộng đồng Olm em nhé. Cảm ơn em đã đồng hành cùng Olm. Chúc em học tập hiệu quả và vui vẻ cùng Olm.