Bài 2: Cho tam giác ABC có AB=AC=5cm, BC=8cm. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC)
a, Chứng minh: HB=HC và BAH=CAH
b, Tính độ dài AH
c, Kẻ HD vuông góc với AB (D thuộc AB) , kẻ HE vuông góc với AC (E thuộc AC). Chứng minh tam giác HDE là tam giác cân
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối của BC lấy điểm M, trên tia đối của CB lấy N sao cho BM=CN
a, Chứng minh: tam giác ABM = tam giác ACN
b, Kẻ BH vuông góc với AM, CK vuông góc với AN( H thuộc AM,K thuộc AN). Chứng minh : AH=AK
c, Gọi O là giao điểm của HB và KC. Tam giác OBC là tam giác gì? Vì sao?
Bài 4: Cho tam giác ABC, kẻ BE vuông góc với AC và CF vuông góc với AB. Biết BE=CF=8 cm. Độ dài các đoạn thẳng BF và BC tỉ lệ với 3 và 5.
a, Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân
b, Tính độ dài cạnh đáy BC
c, BE và CF cắt nhau tại O. Nối OA và EF. Chứng minh đường thẳng OA là trung trực của đoạn thẳng EF
Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A, BD là tia phân giác của góc ABC (D thuộc AC). Từ D kẻ DE vuông góc với BC tại E. Gọi I là giao điểm của AE và BD. Chứng minh:
a, Tam giác ADB= tam giác EDB
b, BD là đường trung trực của AE
c, Tam giác EDC vuông cân
d, Lấy F thuộc tia đối của tia AB sao cho AF=EC.Chứng minh 3 điểm E, D, F thẳng hàng
Bài 6: Cho tam giác MNP cân tại M. Trên cạnh MN lấy điểm E, trên cạnh MP lấy điểm F sao cho ME=MF. Gọi S là giao điểm của NF và PE. Chứng minh
a, Tam giác MNF= tam giác MPE
b, Tam giác NSE= tam giác PSE
c, EF // NP
d, Lấy K là trung điểm của NP. Chứng minh ba điểm M, S, K thẳng hàng
Bài 7: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên BC lấy E sao cho BE=AB. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại D
a, Chứng minh AD=AE và góc ABD= góc EBD
b, Lấy điểm F thuộc tia đối của tia AB sao cho AF=EC. Chứng minh tam giác DFC cân
c, Gọi O là giao điểm của BD và AE. Chứng minh BD là đường trung trực của AE
d, Chứng minh 3 điểm F, D,E thẳng hàng
Mình đang cần gấp
Bài 6 :
a) Xét \(\Delta MNF,\Delta MPE\) có :
\(MN=MP\) (\(\Delta MNP\) cân tại M)
\(\widehat{M}:Chung\)
\(ME=MF\left(gt\right)\)
=> \(\Delta MNF=\Delta MPE\left(c.g.c\right)\)
b) Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}MN=MP\left(\Delta MNP\text{ cân tại M)}\right)\\ME=MF\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)
Lại có : \(\left\{{}\begin{matrix}E\in MN\\F\in MP\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN=ME+NE\\MP=MF+FP\end{matrix}\right.\)
Nên : \(MN-ME=MP-MF\)
\(\Leftrightarrow NE=PF\)
Xét \(\Delta NSE,\Delta PSF\) có :
\(\widehat{ESN}=\widehat{FSP}\) (đối đỉnh)
\(NE=FP\) (cmt)
\(\widehat{SNE}=\widehat{SPF}\) (suy ra từ \(\Delta MNF=\Delta MPE\))
=> \(\Delta NSE=\Delta PSF\left(g.c.g\right)\)
c) Xét \(\Delta MEF\) có :
\(ME=MF\left(gt\right)\)
=> \(\Delta MEF\) cân tại M
Ta có : \(\widehat{MEF}=\widehat{MFE}=\dfrac{180^{^O}-\widehat{M}}{2}\left(1\right)\)
Xét \(\Delta MNP\) cân tại M có :
\(\widehat{MNP}=\widehat{MPN}=\dfrac{180^o-\widehat{M}}{2}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{MEF}=\widehat{MNP}\left(=\dfrac{180^{^O}-\widehat{M}}{2}\right)\)
Mà thấy : 2 góc này ở vị trí đồng vị
=> \(EF//NP\left(đpcm\right)\)
d) Xét \(\Delta MKN,\Delta MKP\) có :
\(MN=MP\) (\(\Delta MNP\) cân tại M)
MK : Chung
\(NK=PK\) (K là trung điểm của NP )
=> \(\Delta MKN=\Delta MKP\left(c.c.c\right)\)
=> \(\widehat{NMK}=\widehat{PMK}\) (2 góc tương ứng)
=> MK là tia phân giác của \(\widehat{NMP}\) (3)
Xét \(\Delta MSN,\Delta MSP\) có :
\(MN=MP\) (\(\Delta MNP\) cân tại M)
\(\widehat{MNS}=\widehat{MPS}\) ( do \(\Delta MNF=\Delta MPE\))
\(MS:Chung\)
=> \(\Delta MSN=\Delta MSP\left(c.g.c\right)\)
=> \(\widehat{NMS}=\widehat{PMS}\) (2 góc tương ứng)
=> MS là tia phân giác của \(\widehat{NMP}\) (4)
Từ (3) và (4) => M , S, K thẳng hàng
=> đpcm
Bài 1:
a) Xét \(\bigtriangleup AHB\) và \(\bigtriangleup AHC\):
Ta có: \(\left\{\begin{matrix} \widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^{\circ} & & & \\ AB=AC(gt)& & & \\ AH:Chung& & & \end{matrix}\right.\)
Vậy: \(\bigtriangleup AHB=\bigtriangleup AHC(ch-cgv)\)
=> HB = HC và \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)
b) Ta có: HB = HC = \(\dfrac{BC}{2}=\dfrac{8}{2}=4\) cm
Xét \(\bigtriangleup AHB\) vuông tại H, ta có:
AH2 = AB2 - HB2 (Py-ta-go)
AH2 = 52 - 42 = 9
=> AH = \(\sqrt{9}=3\) cm
c) Ta có: \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\) (câu a)
Hay: \(\widehat{DAH}=\widehat{EAH}\)
Xét \(\bigtriangleup ADH\) và \(\bigtriangleup AEH\):
Ta có: \(\left\{\begin{matrix} \widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90^{\circ} & & & \\ AH:Chung& & & \\ \widehat{DAH}=\widehat{EAH}& & & \end{matrix}\right.\)
Vậy: \(\bigtriangleup ADH=\bigtriangleup AEH(ch-gn)\)
=> DH = EH
=> \(\bigtriangleup HDE\) cân tại H
P/s: mốt bn đăng từng câu thôi nhé
Bài 2 :
a) Xét \(\Delta\)ABC có :
AB =AC (gt)
=> \(\Delta ABC\) cân tại A
Xét \(\Delta ABH,\Delta ACH\) có :
\(\widehat{ABH}=\widehat{ACH}\) (ΔABC cân tại A)
\(AB=AC\left(gt\right)\)
\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\left(=90^{^O}\right)\)
=> \(\Delta ABH=\Delta ACH\) (cạnh huyền - góc nhọn)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}HB=HC\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\\\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\end{matrix}\right.\)
b) Ta có : \(HB=HC=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}.8=4\left(cm\right)\)
Xét ΔABH vuông tại H có :
\(AH^2=AB^2-BH^2\) (định lí PITAGO)
=> \(AH^2=5^2-4^2=9\)
=> \(AH=\sqrt{9}=3\left(cm\right)\)
c) Xét \(\Delta DBH,\Delta ECH\) có :
\(\widehat{DBH}=\widehat{ECH}\) (ΔABC cân tại A)
\(HB=HC\left(cmt\right)\)
\(\widehat{BDH}=\widehat{CEH}\left(=90^o\right)\)
=> \(\Delta DBH=\Delta ECH\) (cạnh huyền -góc nhọn)
=> \(HD=HE\) (2 cạnh tương ứng)
=> ΔHDE cân tại H
Bài 3 :
a) Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABM}+\widehat{ABC}=180^{^O}\\\widehat{ACN}+\widehat{ACB}=180^{^O}\end{matrix}\right.\left(Kềbù\right)\)
Lại có : \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (Tam giác ABC cân tại A)
Nên : \(180^{^O}-\widehat{ABC}=180^{^O}-\widehat{ACB}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
Xét \(\Delta ABM,\Delta ACN\) có :
\(AB=AC\) (\(\Delta ABC\) cân tại A)
\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\left(cmt\right)\)
\(BM=CN\left(gt\right)\)
=> \(\Delta ABM=\Delta ACN\left(c.g.c\right)\)
b) Xét \(\Delta AHB,\Delta AKC\) có :
\(\widehat{AHB}=\widehat{AKC}\left(=90^o\right)\)
\(AB=AC\left(gt\right)\)
\(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}\) (do \(\Delta ABM=\Delta ACN\left(cmt\right)\))
=> \(\Delta AHB=\Delta AKC\) (cạnh huyền -góc nhọn)
=> AH = AK (2 cạnh tương ứng)
c) Xét \(\Delta HBM,\Delta KCN\) có :
\(\widehat{HMB}=\widehat{KNC}\) (do \(\Delta ABM=\Delta ACN\))
\(BM=CK\left(gt\right)\)
\(\widehat{BHM}=\widehat{CKN}\left(=90^o\right)\)
=> \(\Delta HBM=\Delta KCN\) (cạnh huyền -góc nhọn)
=> \(\widehat{HBM}=\widehat{KCN}\) (2 góc tương ứng)
Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBM}=\widehat{OBC}\\\widehat{KCN}=\widehat{OCB}\end{matrix}\right.\) (đối đỉnh)
Lại có : \(\widehat{HBM}=\widehat{KCN}\) (cmt)
Suy ra : \(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}\)
Do đó, \(\Delta OBC\) cân tại O
a) Xét ΔMNF,ΔMPEΔMNF,ΔMPE có :
MN=MPMN=MP (ΔMNPΔMNP cân tại M)
Mˆ:ChungM^:Chung
ME=MF(gt)ME=MF(gt)
=> ΔMNF=ΔMPE(c.g.c)ΔMNF=ΔMPE(c.g.c)
b) Ta có : {MN=MP(ΔMNP cân tại M))ME=MF(gt){MN=MP(ΔMNP cân tại M))ME=MF(gt)
Lại có : {E∈MNF∈MP(gt)⇒{MN=ME+NEMP=MF+FP{E∈MNF∈MP(gt)⇒{MN=ME+NEMP=MF+FP
Nên : MN−ME=MP−MFMN−ME=MP−MF
⇔NE=PF⇔NE=PF
Xét ΔNSE,ΔPSFΔNSE,ΔPSF có :
ESNˆ=FSPˆESN^=FSP^ (đối đỉnh)
NE=FPNE=FP (cmt)
SNEˆ=SPFˆSNE^=SPF^ (suy ra từ ΔMNF=ΔMPEΔMNF=ΔMPE)
=> ΔNSE=ΔPSF(g.c.g)ΔNSE=ΔPSF(g.c.g)
c) Xét ΔMEFΔMEF có :
ME=MF(gt)ME=MF(gt)
=> ΔMEFΔMEF cân tại M
Ta có : MEFˆ=MFEˆ=180O−Mˆ2(1)MEF^=MFE^=180O−M^2(1)
Xét ΔMNPΔMNP cân tại M có :
MNPˆ=MPNˆ=180o−Mˆ2(2)MNP^=MPN^=180o−M^2(2)
Từ (1) và (2) => MEFˆ=MNPˆ(=180O−Mˆ2)MEF^=MNP^(=180O−M^2)
Mà thấy : 2 góc này ở vị trí đồng vị
=> EF//NP(đpcm)EF//NP(đpcm)
d) Xét ΔMKN,ΔMKPΔMKN,ΔMKP có :
MN=MPMN=MP (ΔMNPΔMNP cân tại M)
MK : Chung
NK=PKNK=PK (K là trung điểm của NP )
=> ΔMKN=ΔMKP(c.c.c)ΔMKN=ΔMKP(c.c.c)
=> NMKˆ=PMKˆNMK^=PMK^ (2 góc tương ứng)
=> MK là tia phân giác của NMPˆNMP^ (3)
Xét ΔMSN,ΔMSPΔMSN,ΔMSP có :
MN=MPMN=MP (ΔMNPΔMNP cân tại M)
MNSˆ=MPSˆMNS^=MPS^ ( do ΔMNF=ΔMPEΔMNF=ΔMPE)
MS:ChungMS:Chung
=> ΔMSN=ΔMSP(c.g.c)ΔMSN=ΔMSP(c.g.c)
=> NMSˆ=PMSˆNMS^=PMS^ (2 góc tương ứng)
=> MS là tia phân giác của NMPˆNMP^ (4)
Từ (3) và (4) => M , S, K thẳng hàng
