Cho điểm M bất kì nằm trong tam giác ABC. Chứng minh \(\widehat{BMC}>\widehat{BAC}\)
Cần gấp ạ, mai nộp ròi
CHo tam giác ABC. M là điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: \(\widehat{BMC}>\widehat{BAC};\widehat{AMB}>\widehat{ACB};\widehat{AMC}>\widehat{ABC}\)
Cho hình thoi ABCD. Hai điểm P,Q nằm trong hình thoi thoả mãn \(\widehat{PAQ}=\widehat{PCQ}=\frac{1}{2}\widehat{DAB}\) và P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng BP//DQ.
Giúp mình với! Mình cần gấp trong chiều mai!
https://olm.vn/hoi-dap/detail/228905523575.html
Cho hình thoi ABCD. Hai điểm P,Q nằm trong hình thoi thoả mãn \(\widehat{PAQ}=\widehat{PCQ}=\frac{1}{2}\widehat{DAB}\) và P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng BP//DQ.
Giúp mình với! Mình cần gấp trong chiều mai!
Ta cần hai bổ đề:
Bổ đề 1: (Hình bên phải) Xét tứ giác MNPQ nội tiếp (QN). Trên MQ và NP lấy S,T sao cho ^MNS = ^PQT. Khi đó MP chia đôi ST.
Thật vậy: Gọi NS,QT cắt (QN) tại điểm thứ hai lần lượt là K,L. KL cắt MP tại I
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm Q,K,M,N,L,P ta được 3 điểm S,I,T thẳng hàng
Ta có ^MNK và ^PQL là hai góc nội tiếp, ^MNK = ^PQL nên (MK = (PL
Từ đó dựng \(\Delta\)PRL vào phía trong đường tròn sao cho \(\Delta\)PRL = \(\Delta\)KSM
Vì tứ giác MKPL là hình thang cân nên IS = IR (Tính đối xứng)
Ta thấy ^IPT = ^MKS (Cùng chắn cung MN) = ^LPR. Tương tự ^PLT = ^ILR
Suy ra T và R là hai điểm Đẳng giác trong \(\Delta\)PIL => ^RIP = ^TIL
Ta lại có ^PTL = ^KSM = ^PRL ( = 900 + ^MNK = 900 + ^PQL) => Tứ giác TRPL nội tiếp
Từ đó có biến đổi góc: ^IRT = 3600 - ^IRP - ^PRT = ^RIP + ^RPI + ^TLP = ^TIL + ^TRL + ^ILR = ^ITL
=> \(\Delta\)TIR cân tại I => IT = IR = IS. Tức là MP đi qua trung điểm I của ST.
Bổ đề 2: (Hình bên trái) Xét 2 góc ^ACB và ^ADB cùng nhìn đoạn AB dưới một góc không đổi (C và D nằm khác phía so với AB). Kẻ AE,BF vuông góc với BC,AD. Khi đó EF chia đôi CD.
Chứng minh: Gọi H,K lần lượt là trực tâm của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ABD. Do ^ACB và ^ADB cùng nhìn AB dưới một góc không đổi nên tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ADB đối xứng nhau qua AB. Theo một kết quả quen thuộc thì CH = DK.
Suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành, trung điểm của HK và CD trùng nhau (1)
Chú ý tứ giác AEBF nội tiếp (AB), ^EBH = ^FAK. Áp dụng Bổ đề 1 ta được EF chia đôi HK (2)
Từ (1) và (2) suy ra EF cũng chia đôi CD.
Giải bài toán:
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Từ P,Q lần lượt kẻ PM,QN vuông góc với CQ,AP.
Ta thấy ^PAQ và ^PCQ cùng nhìn đoạn PQ dưới một góc không đổi bằng 1/2.^DAB
Đồng thời có PM vuông góc CQ, QN vuông góc AP. Áp dụng Bổ đề 2 ta thu được MN chia đôi AC
Hay MN đi qua O. Mặt khác ta có: \(\Delta\)CMP ~ \(\Delta\)COB (g.g) => \(\Delta\)CMO ~ \(\Delta\)CPB (c.g.c)
Suy ra ^CBP = ^COM = ^AON (Vì lúc này ^AON và ^COM đối đỉnh). Tương tự ^AON = ^ADQ
Từ đó ^CBP = ^ADQ. Kết hợp với BC // AD suy ra BP // DQ (đpcm).
còn cách khác không? Mình đang học chuyên đề hình thoi
Cách 2 đơn giản, dễ hiểu hơn:
Gọi M,N lần lượt là điểm đối xứng của P,Q qua các đường thẳng CQ,AP.
Ta thấy ^QAN = 2.^PAQ = ^DAB => ^QAD = ^NAB. Kết hợp với AQ = AN, AD = AB
=> \(\Delta\)AQD = \(\Delta\)ANB (c.g.c) => DQ = BN. Tương tự ta có DM = BP
Chú ý rằng MQ = PQ = PN (Tính đối xứng). Từ đó \(\Delta\)NBP = \(\Delta\)QDM (c.c.c)
Do vậy ^MBP = ^QDM => ^ABP + ^ADQ = ^CDQ + ^CBP (Vì ^ABN = ^ADQ, ^CDM = ^CBP)
Mà ^ABP + ^CBP = ^ADQ + ^CDQ nên ^ADQ - ^CBP = ^CBP - ^ADQ hay ^ADQ = ^CBP
Vì ^ADQ = ^CBP (cmt); AD // BC nên BP // DQ (đpcm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho \(\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{CMA}\) ?
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác đó. Tia AM cắt BC tại D
a) So sánh \(\widehat{BAD}\)và \(\widehat{BMD}\)
b) So sánh \(\widehat{BAC}\) và \(\widehat{BMC}\)
mk vội lắm mai phải hok rồi
Ai xong trước mk sẽ kb
HELP
Bạn xem lời giải của bạn Phan Thanh Tịnh ở đây nhé:
Câu hỏi của Vũ Hà Khánh Linh - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath
Cho tam giác ABC (AB=AC), AD là tia phân giác của góc BAC (D thuộc BC). Trên AD lấy điểm M bất kì sao cho M nằm giữa A và D. a,Chứng minh tam giác ABM=tam giác ACM và chứng minh tam giác BMC là tam giác cân. b,Đường thẳng BM cắt cạnh AC của tam giác ABC tại E, đường thẳng CM cắt cạnh AB của tam giác ABC tại F. Chứng minh AD vuông góc với EF c,Trên tia đối của tia CA lấy điểm K (K khác C), đường thẳng BK cắt tia đối của tia DA tại N. Chứng minh KN lớn hơn BN.
a) Xét ΔABM và ΔACM có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
\(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\)(AM là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))
AM chung
Do đó: ΔABM=ΔACM(c-g-c)
a) Ta có: ΔABM=ΔACM(cmt)
nên MB=MC(Hai cạnh tương ứng)
Xét ΔMBC có MB=MC(cmt)
nên ΔMBC cân tại M(Định nghĩa tam giác cân)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By nằm cùng phía với O. M là điểm chính giữa của cung AB. N là 1 điểm bất kì trên đoạn AO. Đường thẳng vuông góc với MN tại N lần lượt cắt Ax, By ở D và C. chứng minh:
a) \(\widehat{AMN}=\widehat{BMC}\)
b) tam giác AMN=tam giác BMC
c) DN cắt AM tại E, CN cắt MB tại F. Chứng minh EF vuông góc với Ax
d) chứng minh M là trung điểm của DC
Cho tam giác ABC, O là 1 điểm nằm trong tam giác.
a)Chứng minh: \(\widehat{BOC}=\widehat{BAC}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)
b)Biết \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o-\frac{\widehat{BAC}}{2}\) và tia BO là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)
Chứng minh: Tia CO là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)
a) (thay vô y như toán đại í )
t.g OBC có: O1^+B1^+C1^=180 độ => O1^=180 độ - B^1-C1^
t.g ABC có: A1^+B2^+B^1+C^2+C1^=180 độ
=> A1^+B^2+C^2=180 độ - B^1-C^1=O1^
=> BOC^=BAC^+ABO^+ACO^
b) B2^+C2^=90 độ - A1^:2
=> B2^+C^2= 90 độ - (180 độ - B1^ - B2^ - C1^ - C2^):2
=> B2^+C2^= 90 độ - 90 độ +(B1^+B2^+C2^+C1^):2
=> B2^+C2^=B2+(C1^+C2^):2 ( vì BO là tia p.g của ABC^)
=> C2^=(C1^+C2^):2 => CO là tia p/g của ACB^
có mấy cái t vt: B^1 tức là góc B1 đó, vt nhầm :((
Cho tam giác ABC có \(\widehat B > \widehat C\). Tia phân giác góc BAC cắt cạnh BC tại điểm D.
a) Chứng minh \(\widehat {ADB} < \widehat {ADC}\).
b) Kẻ tia Dx nằm trong góc ADC sao cho \(\widehat {ADx} = \widehat {ADB}\). Giả sử tia Dx cắt cạnh AC tại điểm E. Chứng minh: \(\Delta ABD = \Delta AED,AB < AC\).
a) Ta có: \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\)(vì AD là phân giác của góc BAC).
Mà \(\widehat B > \widehat C\)nên \(\widehat B + \widehat {BAD} > \widehat C + \widehat {CAD}\).
Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên:
\(\begin{array}{l}\widehat B + \widehat {BAD} > \widehat C + \widehat {CAD}\\ \to 180^\circ - (\widehat B + \widehat {BAD}) < 180^\circ - (\widehat C + \widehat {CAD})\\ \to \widehat {ADB} < \widehat {ADC}\end{array}\)
b) Xét hai tam giác ADB và tam giác ADE có:
\(\widehat {ADB} = \widehat {ADE}\);
AD chung;
\(\widehat {BAD} = \widehat {EAD}\).
Vậy \(\Delta ABD = \Delta AED\) (g.c.g)
Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn.
Trong tam giác ABC có \(\widehat B > \widehat C\) nên AC > AB hay AB < AC (AB là cạnh đối diện với góc C, AC là cạnh đối diện với góc B).