1. Câu hỏi của 1234567890 - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

mình cũng đang thắc mắc phần d và c

nếu bạn hiểu 2 phần này thì giải giúp mình

a) Xét tam giác DBC có BA là đường cao đồng thời trung tuyến nên tam giác DBC là tam giác cân tại B. 

 Lại có do tam giác ABC vuông cân nên \(\widehat{BCD}=45^o\) 

Vậy thì BDC là hình vuông cân.

b) Do tam giác DBC cân tại B nên \(\widehat{BDC}=\widehat{BCD}\) và BD = BC 

Lại có M, N lần lượt là trung điểm BC và BD nên DN = CM

Xét tam giác DNC và tam giác CMD có:

DN = CM

Cạnh DC chung

\(\widehat{NDC}=\widehat{MCD}\)  (cmt)

\(\Rightarrow\Delta DNC=\Delta CMD\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow DM=CN\)

c) Gọi giao điểm của MK và NC là I.

Do DBC là tam giác vuông cân nên \(\widehat{IMC}=\widehat{BNC}\)   ( Cùng phụ góc \(\widehat{MCI}\) )

Lại có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMD}\) nên \(\widehat{BMD}=\widehat{IMC}\Rightarrow\widehat{BMK}=\widehat{CMD}\)

Xét tam giác BMK có CMD có:

\(\widehat{KBM}=\widehat{DCM}\left(=45^o\right)\)

BM = CM

\(\widehat{BMK}=\widehat{CMD}\)

\(\Rightarrow\Delta BMK=\Delta CMD\left(g-c-g\right)\)

d) Do \(\Delta BMK=\Delta CMD\Rightarrow BK=CD\Rightarrow AK=AD=AC=AB=a\)

Ta cũng có DM  = MK

Xét tam giác vuông DAB, theo Pi-ta-go ta có:

\(DB^2=AB^2+AD^2=2a^2\Rightarrow DB=a\sqrt{2}\)

\(MM=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Xét tam giác vuông DBM, áp dụng định lý Pi-ta-go, ta có:

\(DM^2=DB^2+BM^2=2a^2+\frac{a^2}{2}=\frac{5a^2}{2}\)

\(\Rightarrow DM=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}\Rightarrow MK=\frac{a\sqrt{10}}{2}\)

\(DK^2=AD^2+AK^2=2a^2\Rightarrow DK=a\sqrt{2}\)

Vậy chu vi tam giác DMK là: \(a\sqrt{10}+a\sqrt{2}\)

bạn đăng từng bài lên 1 đi

mik giải dần cho

dễ mà bn

Cho DABC vuông tại C . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AB. Kẻ qua D đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại E. AE cắt CD tại I.

a) Chứng minh AE là phân giác góc CAB

b) Chứng minh AD là trung trực của CD

c) So sánh CD và BC

d) M là trung điểm của BC, DM cắt BI tại G, CG cắt DB tại K. Chứng minh K là trung điểm của DB.

a/ Xét t/g AMD và t/g BMC có

AM = BM (M là TĐ AB)

\(\widehat{AMD}=\widehat{BMC}\) (đối đỉnh) MD = MC (GT)

=> t/g AMD = t/g BMC (c.g.c)

b/ Xets t/g BMD và t/g AMC có

BM = AM

\(\widehat{BMD}=\widehat{AMC}\)(đối đỉnh) MD = MC (GT)

=> t/g BMD = t/g AMC (c.g.c)

=> \(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}=90^o\)

=> BD ⊥ AB (1)

c/  Xét t/g BNE và t/g CNA có

BN = CN (N là TĐ BC)

\(\widehat{BNE}=\widehat{CNA}\) (đối đỉnh) NE = NA (GT)

=> T/g BNE = t/g CNA (c.g.c)

=> \(\widehat{EBN}=\widehat{CAB}=90^o\) (2 góc t/ứ)

=> BE ⊥ AB (2) Từ (1) và (2)

=> D , B , E thẳng hàng

FE là nét đứt nha.

a) Có M là trung điểm của AC (gt) => AM = CM = 1/2 AC

Xét ΔAMB và ΔCMD có:

     AM = CM (cmt)

     \(\widehat{AMB}=\widehat{CMD}\) (đối đỉnh)

     MB = MD (gt)

=> ΔAMB = ΔCMD (c.g.c)

b) Có ΔAMB = ACMD (cmt)

=> AB = CD (hai cạnh tương ứng)

    \(\widehat{ABM}=\widehat{CDM}\) (hai góc tương ứng)

Xét ΔAKB và ΔCHD có:

      \(\widehat{AKB}=\widehat{CHD}=90^o\) (gt)

       AB = CD (cmt)

      \(\widehat{ABK}=\widehat{CDH}\) (cmt)

=> ΔAKB = ΔCHD (ch - gn)

=> AK = CH (hai cạnh tương ứng)

c) Xét ΔAMD và ΔCMB có:

        AM = CM (cmt)

       \(\widehat{AMD}=\widehat{CMB}\) (đối đỉnh)

        MD = MB (gt)

=> ΔAMD = ΔCMB (c.g.c)

=> \(\widehat{DAM}=\widehat{BCM}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat{FAM}=\widehat{ECM}\)

và AD = CB (hai cạnh tương ứng) (1)

Có E là trung điểm của BC (gt) => EB = EC = 1/2 BC (2)

      F là trung điểm của AD (gt) => FA = FD = 1/2 AD (3)

Từ (1)(2)(3) => EB = EC = FA = FD

Xét ΔFAM và ΔECM có:

      FA = EC (cmt)

     \(\widehat{FAM}=\widehat{ECM}\) (cmt)

      AM = CM (cmt)

=> ΔFAM = ΔECM (c.g.c)

=> \(\widehat{FMA}=\widehat{EMC}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat{FMA}+\widehat{FMC}=180^o\) (kề bù)

=> \(\widehat{EMC}+\widehat{FMC}=180^o\)

=> \(\widehat{FME}=180^o\)

=> F, M, E thẳng hàng (đpcm)