Cho \(\Delta ABC\perp A\); AB = 8; AC = 15. Vẽ đường cao AH gọi D là điểm đối xứng của B qua H. Vẽ đường tròn đường kính CD cắt AC tại E
a. CMR : HE là tiếp tuyến đường tròn
b. Tính HE
Cho ΔABC, trung tuyến AM. Trên tia AM lấy điểm N sao cho MN=AM
a) CN//AB
b) ΔABC=ΔNCB
c) Dựng ra phía ngoài ΔABC các Δ: ΔABD và ΔACE vuông cân tại A. CMR: BE=CD và BE⊥CD
d) AN=DE và AN⊥DE
e) Kẻ AH⊥BC. CMR: AH đi qua trung điểm của DE
a,Xét ΔAMB và ΔNMC có:
+AM=MN(gt)
+∠AMB=∠NMC(đối đỉnh)
+BM=MC(gt)
=> ΔAMB=ΔNMC(c.g.c)
=>∠ABM=∠MCN(2 cạnh tương ứng) mà 2 góc này ở vt so le trong của AB và CN
=> AB//CN(đpcm)
b,Từ ΔAMB=ΔNMC => AB=CN(2 cạnh tương ứng)
Xét ΔABC và ΔNCB có:
+AB=CN(cmt)
+∠ABC=∠BCN(cmt)
+BC cạnh chung
=> ΔABC=ΔNCB(c.g.c)
c,Ta có: ∠DAB=∠CAE(=90độ)
=> ∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC hay ∠DAC=∠BAE
Xét ΔDAC và ΔBAE có:
+DA=AB(gt)
+∠DAC=∠BAE(cmt)
+AC=AE(gt)
=>ΔDAC=ΔBAE(c.g.c)
=> DC=BE(2 cạnh tương ứng),∠ADC=∠ABE(2 góc tương ứng)
Gọi giao điểm của DC và BE là F
Có ΔADB vuông cân tại A
=>∠ADB+∠ABD=90độ
Lại có ∠ADC=∠ABE(cmt)
=>∠ADB-∠ADC+∠ABD+∠ABE=90độ hay ∠FDB+∠FBD=90độ
ΔFDB có ∠FDB+∠FBD=90độ => ∠DFB=90độ hay DC⊥EB
tam giác ABC, AH⊥ BC, HM ⊥ AB, HN ⊥ AC.
a) c.m ΔAMN ~ Δ ABC.
b) BN giao CM tại I. C/m ΔMIN ~ Δ BIC
cho \(\Delta\) abc \(\perp\) a, đường cao ah. kẻ hd \(\perp\) ab\((\) d \(\subset\) ab\()\). gọi i là giao điểm của ah và cd. chứng minh
a\()\) \(\Delta\) ahd\(\sim\)\(\Delta\)ahb
b\()\) ad.ab\(=\)hb.hc
a,
xét \(\Delta\) AHD và \(\Delta\) AHB có
<DAH chung
< ADH=<AHB(=90)
\(\Rightarrow\Delta AHD\) ~ \(\Delta AHB\)
b,\(\dfrac{\Rightarrow AH}{BA}=\dfrac{AD}{AH}\Rightarrow AH^2=AB\cdot AD\)
ta có <ABC+< BAH=90\(^0\)
< BAH+<HAC=90\(^0\)
\(\Rightarrow\) <ABC=<HAC
xét \(\Delta\) ABH và \(\Delta\) CAH
<ABH=<CAH (cmt)
<AHB=<AHC(=90)
\(\Rightarrow\Delta ABH\) ~ \(\Delta CAH\)
\(\dfrac{\Rightarrow AH}{CH}=\dfrac{HB}{AH}\Rightarrow AH^2=HB\cdot HC\)
ta có \(AB\cdot AD=AH^2\)
\(HB\cdot HC=AH^2\)
\(\Rightarrow AD\cdot AB=HB\cdot HC\) (dpcm)
Hình tự vẽ nha
a) Xét Δ AHD và Δ AB có
∠ H = ∠ D ( = 90o )
∠ A chung
Vậy △ AHD ∼ △ADB
ChoΔ ABC ⊥ tại A. Tia phân giác của góc ABC cắt AC tại D. trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA
a) Cm: ΔABD = ΔEBD và DE⊥ BC
b) Trên tia đối của tia AB lấy điểm F sao cho AF = EC. Cm: ΔAFD = ΔECD
c) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CF. Cm: DH ⊥ CF.
Cho \(\Delta ABC\) cân tại A,đường cao BH trên đáy BC lấy điểm M,vẽ \(MD\perp AB,ME\perp AC,MF\perp BH\).
a) Chứng minh ME = HF b) \(\Delta DBM=\Delta FMB\)
c)Khi M chạy trên đáy BC thì tổng MD + ME có giá trị không đổi.
d)Trên tia đối của tia CA lấy điểm K sao cho KC = EH.Chứng minhtrung điểm của KD nằm trên cạnh BC.
a/
\(BH\perp AC\Rightarrow HF\perp AC;ME\perp AC\) => ME//HF
\(AC\perp AB\Rightarrow EH\perp HF;MF\perp BH\Rightarrow MF\perp HF\) => EH//MF
=> MEHF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh) => ME=HF (cạnh đối hbh)
b/
\(\widehat{BMD}+\widehat{ABC}=90^o\)
\(\widehat{CME}+\widehat{ACB}=90^o\)
\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy tg cân)
\(\Rightarrow\widehat{BMD}=\widehat{CME}\)
Mà \(\widehat{CME}=\widehat{CBH}\) (góc đồng vị)
\(\Rightarrow\widehat{BMD}=\widehat{CBH}\)
Xét tg vuông DBM và tg vuông FMB có
\(\widehat{BMD}=\widehat{CBH}\)
BM chung
=> tg DBM = tg FMB (Hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau)
c/
Ta có ME = HF (cmt)
tg DBM = tg FMB (cmt) => MD = BF
=> MD+ME=BF+HF=BH không đổi
d/
Từ D dựng đt // AC cắt BC tại N
\(\Rightarrow\widehat{BND}=\widehat{ACB}\) Góc đồng vị)
\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
=> \(\widehat{BND}=\widehat{ABC}\) => tg DBN cân tại D => BD=ND (1)
tg DBM = tg FMB (cmt) => BD=MF (2)
Mà MF = EH (cạnh đối hbh) (3)
Mà EH = KC (4)
Từ (1) (2) (3) (4) => ND = KC
Mà ND//AC => ND//KC
=> DEKN là hbh (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và bằng nhau là hbh)
Mà DK và NC là hai đường chéo của hbh cắt nhau tại trung điểm mỗi đường => trung điểm của KD nằm trên NC mà NC thuộc BC => trung điểm KD nằm trên BC
a) Vẽ MH, rõ ràng HEMF có tổng số đo của 4 góc là 360o (vì tổng số đo của 4 góc đó là tổng số đo của các góc của các tam giác FMH và EMH)
Mà theo giả thuyết \(MD\perp AB\), \(ME\perp AC\) và \(MF\perp BH\) nên \(MF\perp ME\). Suy ra HEMF là hình chữ nhật, từ đó ME = HF.
b) Ta có \(\widehat{ABM}=\widehat{ACM}\) (vì tam giác ABC cân tại A) và \(\widehat{FMB}=\widehat{ACM}\) (vì hai góc đồng vị và AC//MF vì \(ME\perp AC\) và \(MF\perp ME\)), suy ra \(\widehat{ABM}=\widehat{FMB}\).
Xét tam giác DBM vuông tại D và FMB vuông tại F có BM là cạnh chung và \(\widehat{ABM}=\widehat{FMB}\), suy ra ΔDBM = ΔFMB (cạnh huyền - góc nhọn)
c) Từ a) và b) suy ra MD = BF, MD + ME = BF + FH = BH. Vậy khi M chạy trên đáy BC thì tổng MD + ME có giá trị không đổi.
ChoΔABC. Vẽ về phía ngoài ΔABC các tam giác vuông tại A là ΔABD và ACE có AB=AD;AC=AE.Kẻ AH⊥BC;DM⊥AH;EN⊥AH. Chứng minh:
a.DM=AH
b.MN đi qua trung điểm của DE
a) Ta có :
góc HAB + góc BAD + góc DAM = 180 độ (kề bù)
=> góc HAB + 90 độ + góc DAM = 180 độ
=> góc HAB + góc DAM = 90 độ
=> góc HAB = 90 độ - góc DAM (1)
Xét tam giác AMD : góc AMD = 90 độ
=> góc DAM + góc ADM = 90 độ
=> góc ADM = 90 độ - góc DAM
Từ (1) và (2) => góc HAB = góc ADM
Xét tam giác ADM và tam giác BAH :
góc AMD = góc BHA (= 90∘)
AD = AB (gt)
góc ADM = BAH (cmt)
==> ∆ADM = ∆BAH (cạnh huyền - góc nhọn)
=> DM = AH (2 cạnh tương ứng)
b) Ta có:
góc HAC + góc CAE + góc EAN = 180 độ (kề bù)
=> góc HAC + 90 độ + góc EAN = 180 độ
=> góc HAC + góc EAN = 90 độ
=> góc EAN = 90 độ - góc HAC (3)
Xét tam giác AHC : góc AHC = 90 độ
=> góc HAC + góc HCA = 90 độ
=> góc HCA = 90 độ - góc HAC (4)
Từ (3) và (4) => góc HCA = góc EAN
Xét tam giác AHC và tam giác ENA :
góc AHC = góc ENA (= 90 độ)
AC = EA (gt)
góc HCA= góc NAE (cmt)
==> ∆AHC = ∆ENA (cạnh huyền - góc nhọn)
=> AH = EN (2 cạnh tương ứng)
mà DM = AH (chứng minh ở câu a)
==> EN = DM (= AH)
DM⊥AH ; EN⊥AH
=> DM // EN
=> góc MDO = góc NEO (so le trong)
Gọi O là giao điểm MN và DE
Xét tam giác DMO và tam giác ENO :
góc DMO = góc ENO (=90 độ)
DM = EN (cmt)
góc MDO = góc NEO (cmt)
==> ∆DMO = ∆ENO (g.c.g)
=> OD = DE (2 cạnh tương ứng)
Vậy MN đi qua trung điểm của DE
(- Bài này t học rồi, đảm bảo chi tiết và đúng :)) t lấy vở của t ra chép lại cho bn đấy =))
Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH(H∈BC).
a)Chứng minh: ΔHBAᔕΔABC
b)Chứng minh:ΔHBAᔕΔHAC .Suy ra: AH2=BH.HC
c)Kẻ HD⊥AB và HE⊥AC (D∈AB,E∈AC). Chứng minh: ΔAEDᔕΔABC
d)Nếu AB.AC=4AD.AE thì ΔABC là tam giác gì?
a) Xét \(\Delta HBA\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{HAB}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\widehat{B}:chung\)
do đó \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(g-g\right)\)
b) Xét \(\text{ΔHBAvàΔHAC}\) có:
\(\widehat{BHA}=\widehat{CHA}=90^o\)
\(\widehat{ABH}=\widehat{HAC}\) ( do cùng phụ với \(\widehat{BAH}\))
Do đó: \(\Delta HBA\sim\Delta HAC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}\Rightarrow HA^2=HB\cdot HC\)
c) Xét tứ giác ADHE có:
\(\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}=90^o\)
Do đó ADHE là hình chữ nhật
Gọi O là giao điểm 2 đường chéo hình chữ nhật(AH và DE)
\(\Rightarrow OD=OA\)(tính chất HCN)
\(\Rightarrow\Delta ODA\) cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{ODA}=\widehat{OAD}\)
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta HAB\) có:
\(\widehat{BHA}=\widehat{DAE}=90^o\\ \widehat{ODA}=\widehat{OAD}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta HAB\)
Mà \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\) (tính chất bắc cầu)
a) Xét ΔHBA và ΔABC có
\(\widehat{ABH}\) chung
\(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔHBA∼ΔABC(g-g)
b) Ta có: ΔHBA∼ΔABC(cmt)
⇒\(\widehat{BAH}=\widehat{BCA}\)(hai góc tương ứng)
Xét ΔHBA và ΔHAC có
\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\)(cmt)
\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔHBA∼ΔHAC(g-g)
⇒\(\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\)
hay \(AH^2=BH\cdot HC\)(đpcm)
c) Xét tứ giác ADHE có
\(\widehat{EAD}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
\(\widehat{AEH}=90^0\)(EH⊥AC)
\(\widehat{ADH}=90^0\)(HD⊥AB)
Do đó: ADHE là hình chữ nhật(dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
Xét ΔAED vuông tại A và ΔDHA vuông tại D có
ED=HA(ED và HA là hai đường chéo của hình chữ nhật ADHE)
EA=HD(EA và HD là hai cạnh đối của hình chữ nhật ADHE)
Do đó: ΔAED=ΔDHA(cạnh huyền-góc nhọn)
Xét ΔDHA và ΔHBA có
\(\widehat{DAH}\) chung
\(\widehat{HDA}=\widehat{BHA}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔDHA∼ΔHBA(g-g)
mà ΔDHA=ΔAED(cmt)
nên ΔAED∼ΔHBA
mà ΔHBA∼ΔABC(cmt)
nên ΔAED∼ΔABC(tính chất bắc cầu)(đpcm)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn (AB < AC). Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tia cX song song với AB. Trên tia Cx, lấy điểm D sao cho CD = AB.
a) Chứng minh \(\Delta ABC=\Delta DCB\)
b) Chứng minh AC // BD\
c) Kẻ \(AH\perp BC\) tại H, \(DC\perp BK\) tại K. Chứng minh AH = DK.
d) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh I là trung điểm của AD.
cho ΔABC ⊥ A. Đường cao AH.biết AB=12cm,BC=12cm
a,cm ΔABK đồng dạng với Δcab
b,cm AK2 =KB.KC
c, p/g ABC cắt AK ,AC tại H,M. Kẻ MH⊥BC cm:AB/IK=BC/ID
a) Xét ΔABK và ΔCBA có:
+ góc AKB=góc CAB=90 độ
+ góc ABK chung
=>ΔABK~ΔCBA (g-g)
b) Xét ΔAKB và ΔCKA có:
+ góc AKB=góc CKA=90 độ
+ góc KAB=góc KCA (cùng phụ với góc B)
=> ΔAKB~ΔCKA (g-g)
=> AK/ KC=KB / AK
=> AK^2=KB. KC
Cho ΔABC vuông tại A.Kẻ AH⊥BC,HP⊥AB,HQ⊥ACTrên tia đối của các tia PH và QH lấy các điểm E và F sao cho PE=PH,QF=QH.Chứng minh
a)ΔAP=ΔAPH,ΔAQH=ΔAQF
b)3 điểm E,A,F thẳng hàng
c)BE//CF
Xét \(\Delta APE\) và \(\Delta APH\) có :
PE = PH (gt)
PA : cạnh chung (gt)
\(\widehat{APE}=\widehat{APH}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\Delta APE=\Delta APH\) (c . g . c)
\(\Rightarrow\widehat{EAP}=\widehat{HAP}\)
Xét \(\Delta AQF\) và \(\Delta AQH\) có :
AQ : cạnh chung
QH = QF (gt)
\(\widehat{AQH}=\widehat{AQF}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\Delta AQH=\Delta AQF\) (c . g . c)
\(\Rightarrow\widehat{HAQ}=\widehat{FAQ}\)
Ta có : \(\widehat{QAH}+\widehat{PAH}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{EAP}+\widehat{FAQ}=90^0\)
Mà \(\widehat{EAF}=\widehat{EAP}+\widehat{PAQ}+\widehat{FAQ}\)
\(=\widehat{EAP}+\widehat{FAQ}+\widehat{PAQ}\) \(=90^0+90^0=180^0\) \(\Rightarrow\) 3 điểm E,A,F thẳng hàng
a) Xét \(\Delta APE,\Delta APH\) có :
\(PE=PH\left(gt\right)\)
\(\widehat{APE}=\widehat{APH}\left(=90^{^O}\right)\)
\(AP:Chung\)
=> \(\Delta APE=\Delta APH\) (2 cạnh góc vuông)
Xét \(\Delta AQH,\Delta AQF\) có :
\(HQ=FQ\left(gt\right)\)
\(\widehat{AQH}=\widehat{AQF}\left(=90^o\right)\)
\(AQ:Chung\)
=> \(\Delta AQH=\Delta AQF\) (2 cạnh góc vuông)
b) Ta có : \(\widehat{PAH}+\widehat{QAH}=90^o\)
=> \(\widehat{EAP}+\widehat{FAQ}=90^o\)
Ta có : \(\widehat{EAP}+\widehat{PAH}+\widehat{QAH}+\widehat{FAQ}=180^o\)
Do đó: A,E,F thẳng hàng.