Bài 3:

Do chỉ sử dụng kiến thức chương I, nên cô giải như sau:

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MN // BK.

Lấy I, J là trung điểm của AG và HG.

Do BK và CL cùng vuông góc với KL nên BK // CL. Vậy KBCL là hình thang vuông.

Xét hình thang vuông KBCL là M là trung điểm BC, MN // BK nên MN là đường trung bình hình thang.

Suy ra 2MN = BK + CL

Xét tam giác AHG có I, J là các trung điểm của các cạnh AG và HG nên IJ là đường trung bình hay AH = 2IJ và \(IJ\perp KL\).

Xét tam giác ABC có G là trọng tâm nên GA = 2GM, vậy thì GI = GM.

Vậy thì  \(\Delta GMN=\Delta GIJ\) (Cạnh huyền - góc nhọn) 

Suy ra \(MN=IJ\Rightarrow2MN=2IJ\Rightarrow BK+CL=AH.\)

Bài 2:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và A'B'. Khi đó ta đã có I cố định.

Do d //d' nên AA'B'B là hình thang. Vậy thì IJ là đường trung bình hay \(IJ=\frac{AA'+BB'}{2}=\frac{AC+CB}{2}=\frac{AB}{2}\)

Ta thấy do AB không đổi nên độ dài AB là số không đổi, vậy AB/2 cũng không đổi.

Ta thấy J nằm trên tia Ix // d// d' mà độ dài đoạn IJ không đổi nên J là điểm cố định.

Tóm lại trung điểm của A'B' là điểm cố định thỏa mãn nằm trên tia Ix // d // d' và IJ = AB/2. 

A

ĐÃ HẾT CÁCH, CHỈ CÒN CÁCH XÀI CÔNG THỨC GIA TRUYỀN CỦA TÔI

KHÔNG MẤT TÍNH TỔNG QUÁT , ĐẶT CÁC CẠNH CỦA HÌNH THOI LÀ 1

TA CÓ:

\(DE^2=\frac{5}{4}-\frac{1}{2}.\cos140\)

=> \(\widehat{DEC}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\)

=> \(\widehat{DEB}=180-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(\widehat{FAB}=50+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(\widehat{DAF}=90-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(DF^2=\sin\left(90-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\right)\)

BÂY GIỜ CHỈ CẦN TÍNH GÓC FDC LÀ XONG

TA CÓ : \(\widehat{FDC}=\frac{1-\frac{1}{4}.\cos140}{\sqrt{\frac{5}{4}-\frac{1}{2}.\cos140}}\)

BÂY GIỜ THỰC HIỆN THAO TÁC TÍNH 1 GÓC BIẾT HAI CẠNH VÀ GÓC XEN GIỮA VÀ TÌM ĐƯỢC GÓC DFC , SAU ĐÓ LẤY MÁY TÍNH ĐỔI KẾT QUẢ ĐÓ VỀ DẠNG SỐ NGUYÊN

=> ĐPCM

( P/S: ĐÂY LÀ CÁI BÀI KHÓ NHẤT MÀ TỔI TỪNG GẶP , MAY MÀ ĐỌC TRƯỚC SÁCH LỚP 12)

b, 

QUA P DỰNG PO SONG SONG VỚI AD, O LÀ GIAO ĐIỂM CỦA MQ VỚI PO

GỌI K VÀ L LÀ CÁC GIAO ĐIỂM NHƯ HÌNH VẼ

ĐẦU TIÊN TA SẼ CHỨNG MINH KN = NL

TA CÓ: \(\frac{LC}{AM}=\frac{CQ}{AQ}\)  ;    \(\frac{DK}{AM}=\frac{PD}{PA}\)

TA ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ MÊ NÊ LÊ UÝT VỚI CÁT TUYẾN PQ VÀ TAM GIÁC ACD

  \(\frac{QA.PD.NC}{QC.PA.ND}=1\)

MÀ NC = ND

=> \(\frac{CQ}{AQ}=\frac{PD}{PA}\)

=> LC = DK

=> KN = NL

    THEO BỔ ĐỀ HÌNH THANG TA SẼ CÓ MN ĐI QUA TRUNG ĐIỂM CỦA PO VÀ MN VUÔNG GÓC VỚI PO

=> MP = MO

KÉO DÀI MN CẮT PO TẠI H => H LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA PO

ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ MEENELEUYT CHO CÁT TUYẾN MH VỚI TAM GIÁC PQO

TA CÓ  \(\frac{NP.MQ.HO}{NQ.MO.HP}=1\)

MÀ HP = HO

=> \(\frac{PN}{NQ}=\frac{MO}{MQ}\)

=> \(\frac{MP}{MQ}=\frac{PN}{NQ}\)

=> MN LÀ PHÂN GIÁC CỦA  GÓC PMQ

( LÂU LẮM MỚI CÓ BÀI TOÁN THÁCH THỨC VỚI ĐỘ KHÓ CAO THẾ NÀY, NGỒI MÃI 2 TIẾNG MỚI RA, THANH YOU NHÉ)

a) FN là đường trung bình của tam giác ADC 

\(\Rightarrow FN=\frac{AD}{2}\)

EM là đường trung bình của tam giác ADB 

\(\Rightarrow EM=\frac{AD}{2}\)

NE là đường trung bình của tam giác ABC

\(\Rightarrow EN=\frac{CB}{2}\)

FM là đường trung bình của tam giác BDC

\(\Rightarrow FM=\frac{CB}{2}\)

Mà AD = BC (gt) 

\(\Rightarrow FN=EM=EN=FM=\frac{AD}{2}=\frac{CB}{2}\)

\(\Rightarrow FN=EM=EN=FM\)

=> Tứ giác FNEM là hình thoi 

b)  FM là đường trung bình của tam giác BDC

\(\Rightarrow FM//BC\Leftrightarrow\widehat{DFM}=\widehat{DCB}=80^o\)

FN là đường trung bình của tam giác ADC

\(\Rightarrow FN//AD\Leftrightarrow\widehat{CFN}=\widehat{CDA}=40^o\)

Ta có \(\widehat{CFN}+\widehat{MFN}+\widehat{DFM}=180^o\)

\(\Leftrightarrow40^o+\widehat{MFN}+80^o=180^o\Leftrightarrow\widehat{MFN}=60^o\)

Gọi I là tâm của ABCD.
Ta có:
\(\widehat{IFE}+\widehat{IFA}=90^0\) 
\(\widehat{ICB}+\widehat{CBI}=90^0\)
Mặt khác: \(\widehat{IFA}=\widehat{BDA}=\widehat{CBI}\)
=> \(\widehat{IFE}=\widehat{ICB}\)
=> IFCE nội tiếp.
=> ^EFC = ^EIC = ^ECI = 90⁰ - CBI = 65⁰
=> ^DFC = 180⁰ - ^EFC = 115⁰

Vậy \(\widehat{DFC}=115^0\)

Bài này có gì đâu em ! Anh làm nhé !

Chuyển vế cái cần chứng minh ta được 

1/AB^2 - 1/AE^2 =1/4AF^2

hay ( AE^2 - AB^2)/AB^2.AE^2 = 1/4AF^2

hay BE^2/ 4BC^2.AE^2 = 1/AF^2

Nhân chéo hai vế ta có : BC.AE = BE.AF hay là BC/AF = BE/AE

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm, BC=13cm. Gọi H, K lần Lượt là trung điểm của AB và BC. Tính độ dài HK

giúp mình nhoa!!

Bài 1

a/Xét tứ giác BHCD có M đồng thời là trung điểm của cả HD và BC 

Do đó BHCD là hình bình hành \(\Rightarrow BH//CD,CH//BD\)

Mặt khác vì ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên \(BH\perp AC,CH\perp AB\)

Suy ra \(BD\perp AB,CD\perp AC\Rightarrow\Delta ABD,\Delta ACD\)là tam giác vuông 

b/Xét \(\Delta ABD,\Delta ACD:\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=90^0\);I là trung điểm của cạnh huyền chung AD

Suy ra \(IA=IB=IC=ID\)

Bài 2a/Vì AD=CD(gt) nên D nằm trên trung trực của đoạn AC suy ra \(\widehat{DAC}=\widehat{ECA}=90^0-60^0=30^0\)

Suy ra \(\widehat{BAD}=90^0+\widehat{DAC}=120^0\)

b/Trước hết ta thấy ABCD đã là hình thang,nên ta đi chứng minh \(\widehat{BCD}=\widehat{ABC}=60^0\)

Ta có \(\widehat{BCD}=\widehat{DCA}+\widehat{ACB}=\widehat{DAC}+30^0=30^0+30^0=60^0\)

Vậy ABCD là hình thang cân

c/Ta có \(\Delta BCE:AE=BE,\widehat{ABE}=60^0\Rightarrow AE=BE=AB\)

\(\widehat{ADE}=\frac{1}{2}.\widehat{ADC}=60^0;\widehat{BAD}=120^0=\widehat{BED}\)

Suy ra ABED là hình bình hành 

Mà ta còn có AB=EB 

Vậy ABED là hình thoi

Bài 3a/Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ABF\)có \(AD=AB;DE=BF;\widehat{ADE}=\widehat{ABF}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ADE=\Delta ABF\left(c.g.c\right)\Rightarrow AE=AF,\widehat{DAE}=\widehat{BAF}\Rightarrow DPCM\)

b/Dùng định lý Menelaus cho tam giác ECF:\(\overline{I;B;D}\Leftrightarrow\frac{DC}{DE}.\frac{BF}{BC}.\frac{IE}{IF}=1\Leftrightarrow\frac{DC}{DE}.\frac{BF}{BC}=1\left(I\right)\)

Ta thấy rõ (I) đúng do BC=DC;BF=DE

Vậy I thuộc BD

c/(mình thấy bình thường mà có cần kẻ gì)

Vì K và A đối xứng qua I mà I là trung điểm EF nên được AEFK là hình bình hành

Mà \(\widehat{EAF}=90^0;AE=AF\left(cmt\right)\)

Vậy AEFK là hình vuông