Cho \(\Delta ABC\)cân tại A. Họi M là đ' bất kì \(\in BC\). Từ M kẻ \(ME//AB\left(E\in AC\right)\&MD//AC\left(D\in AB\right)\)
a, ADME là hình j ? W?
b, CM: \(\Delta MEC\)cân & MD + ME = AC
c, ME cắt AM tại N. Từ M kẻ MF // DE \(\left(F\in AC\right)\);NF cắt ME tại G. CMR: G là trọng tâm của \(\Delta AGF\)
d, Xác định vị trí của M trên BC để ADME là hình thoi
Cho tam giác ABC, trên BC lấy M bất kì. Qua M kẻ ME//AC CE thuộc AB ; MF//AB (F thuộc AC). Gọi I là trung điểm AM.
Chứng Minh: E đối xứng với F qua I.
Vì ME//AC và MF//AB nên AEMF là hbh
Mà I là trung điểm AM nên I là trung điểm EF
Do đó E đx F qua I
Cho \(\bigtriangleup ABC\). Trên cạnh AB lấy một điểm D bất kì, kẻ \(DH\perp BC\left(H\in BC\right)\).
a) Kẻ tia \(Cx\perp BC\). Chứng minh rằng : \(Cx//DH\).
b) Trên tia Cx lấy điểm E sao cho DH = CE. \(DE\cap BC=\left\{G\right\}\). Chứng minh : \(\bigtriangleup DHG=\bigtriangleup ECG\).
c) Chứng minh : G là trung điểm của đoạn thẳng DE.
, có :
\(\widehat{HDE}=\widehat{CED}\text{ (hai góc so le trong của CE//DH)}\)
\(HD=EC\text{ (gt)}\)
\(\widehat{DHC}=\widehat{ECH}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\Delta DHG=\Delta ECG\left(g.c.g\right)\).
c/ Vì \(\Delta DHG=\Delta ECG\left(c.m.t\right)\Rightarrow DG=GC\text{ (hai cạnh tương ứng)}\)
\(\Rightarrow\text{G là trung điểm của đoạn thẳng DE}\).
Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm bất kì trên cạnh AC, qua M kẻ các đường thẳng ME, MF lần lượt song song với các cạnh AB, BC (E thuộc BC và F thuộc AB). Tìm vị trí của M để dt tứ giác BEMF có dt lớn nhất.
Tứ giác BEMF là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối song song) |
Kẻ AH vuông góc BC tại H , AH cắt MF tại G. Ta có diện tích ABC=1/2AH*BC và S bemf=fm*gh nên Sbemf/Sabc=2*HG/AH*FM/BC |
Gọi AM = x; MC = y thìAC = x + y Xét tam giácABC có MF // BC (gt)FM/BC=AM/AC ( hệ quả định lí Talet) Thì FM/BC=x/x+y |
Xét tam giácAHC có GM //HCthì HG/AH=CM/AC ( định lí Talet) HG/AH=x/x+y |
Do đó Sbefm/Sabc=2*xy/(x+y)^2 Ta có : (x-y)^2>=0thif(x+y)^2>=4xy thì xy/(x+y)^2<=1/4 |
Sbemf/Sabc<=2*1/4hay Sbemf<=1/2Sabc |
Mà Sabc không đổi nên Sbemf đạt giá trị lớn nhất là 1/2Sabc khi và chỉ khi x=y Hay M là trung điểm của AC. Gõ mỏi tay ko biết đc j ko-_- |
Cho \(\Delta ABC\)đều. Trên cạnh BC lấy M, kẻ \(MD//AC\)\(\left(D\in AB\right)\), kẻ \(ME//AB\left(E\in AC\right)\)
a) CM: ADME là hình bình hành
b) Gọi O là trung điểm DE. CM: 3 điểm A,O,M thẳng hàng
c) Kẻ \(MI\perp AB,MK\perp AC\left(I\in AB,K\in AC\right)\). Tính \(\widehat{IOK}\)
Huhu ai giúp mình với T_T
a) Xét tứ giác ADME có:
\(MD//AE\left(MD//AC\right)\)
\(ME//AD\left(ME//AB\right)\)
\(\Rightarrow ADME\)là hình bình hành ( dấu hiệu 1 )
b) Vì ADME là hình bình hành ( câu a )
\(\Rightarrow DE\)cắt \(AM\)tại trung điểm
Mà O là trung điểm DE
\(\Rightarrow\)O là trung điểm AM
\(\Rightarrow\)A,O,M thẳng hàng (đpcm)
c) Xét \(\Delta AIM\)vuông tại I có IO là đường trung tuyến
\(\Rightarrow OI=OA=OM=\frac{1}{2}AM\)
\(\Rightarrow\Delta AOI\)cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{A_1}\)\(=\widehat{I_1}\)
Xét \(\Delta AOI\)có: \(\widehat{O_1}=\widehat{A_1}+\widehat{I_1}\)( định lý góc ngoài tam giác )
\(\Rightarrow\widehat{O_1}=2.\widehat{A_1}\)
CMTT: \(\widehat{O_2}=2.\widehat{A_2}\)
Ta có: \(\widehat{IOK}=\widehat{O_1}+\widehat{O_2}=2\left(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}\right)=2\widehat{BAC}=2.60^o=120^o\)
Vậy \(\widehat{IOK}=120^o\)
#Bảo___
Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm bất kỳ trên cạnh AC. Qua M kẻ các đường thẳng ME,MF lần lượt song song với cạnh AB,BC (\(E\in BC\)và \(F\in AB\)). Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác BEMF có diện tích lớn nhất
Từ điểm M nằm trong tam giác ABC vẽ \(MD\perp BC\left(D\in BC\right);ME\perp AC\left(E\in AC\right);MF\perp AB\left(F\in AB\right)\). Trên các tia MD,ME,MF lần lượt lấy các điểm I,K,L sao cho \(\frac{MI}{BC}=\frac{MK}{AC}=\frac{ML}{AB}\). Chứng minh M là trọng tâm của tam giác IKL
Gọi G là đỉnh thứ tư của hình bình hành KMIG. Giao điểm của MG và IK là N.
Do tứ giác KMIG là hình bình hành nên MI = KG và ^MKG + ^KMI = 1800 hay ^MKG + ^EMD = 1800
Ta có: \(\frac{MI}{BC}=\frac{MK}{AC}\). Do MI = KG nên \(\frac{KG}{BC}=\frac{MK}{AC}\)
Xét tứ giác CDME có: ^CDM = ^CEM = 900 => ^ECD + ^EMD = 1800. Mà ^MKG + ^EMD = 1800 (cmt)
Nên ^ECD = ^MKG hay ^ACB = ^MKG
Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)MGK có: \(\frac{GK}{BC}=\frac{MK}{AC}\); ^ACB = ^MKG => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MGK (c.g.c)
=> ^BAC = ^GMK và \(\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)
Lại có: \(\frac{MK}{AC}=\frac{ML}{AB};\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)(cmt) => \(\frac{ML}{AB}=\frac{MG}{AB}\)=> ML = MG
Ta thấy: Tứ giác AFME có ^AFM = ^AEM = 900 => ^FAE + ^FME = 1800 . Mà ^FAE = ^BAC = ^GMK (cmt)
Nên ^GMK + ^FME = 1800 => G;M;F thẳng hàng. Hay G;M;I thẳng hàng
Mặt khác: N là trung điểm KI và MG (T/c hbh) => Điểm M nằm trên trung tuyến LN của \(\Delta\)IKL (1)
MG = ML; MN = 1/2.MG (cmt) => MN=1/2.ML (2)
Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của \(\Delta\)IKL (đpcm).
Cho \(\bigtriangleup ABC\) vuông tại A, đường cao AH. Vẽ \(Cx\perp AC\). Trên \(Cx\) lấy điểm D sao cho AC = CD. Kẻ \(Dy\perp Cx\). \(Dy\cap AB=\left\{O\right\}\).
1/ Định dạng \(\diamond ACDO\).
2/ \(AH\perp Dy=\left\{O_2\right\}\). Chứng minh rằng \(\bigtriangleup ABC=\bigtriangleup AOO_2\).
1/ Xét \(\diamond ACDO\), có :
\(\widehat{BAC}=\widehat{ACD}=\widehat{CDO}=90^0\)
\(\Rightarrow\diamond ACDO\) là hình chữ nhật
mà \(AC=CD\)
\(\Rightarrow\diamond ACDO\) là hình vuông.
2/ Ta có :
\(\bigtriangleup ABC\) vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
\(\bigtriangleup ABH\) vuông tại H \(\Rightarrow\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)
Do đó \(\widehat{BAH}=\widehat{ACB}\)
Xét \(\bigtriangleup ABC\) và \(\bigtriangleup AOO_2\), có :
\(\widehat{BAC}=\widehat{O_2OA}=90^0\) (\(\diamond ACDO\) là hình vuông)
\(AC=AO\) (\(\diamond ACDO\) là hình vuông)
\(\widehat{OAO_2}=\widehat{ACB}\) (vì \(\widehat{BAH}=\widehat{ACB}\))
\(\Rightarrow\bigtriangleup ABC=\bigtriangleup AOO_2\text{ }\left(g.c.g\right)\).
Cho \(\bigtriangleup\text{ABC}\) vuông tại A, đường cao AH \(\left(\text{H}\ne\text{B và C}\right)\). Kẻ \(Cx\perp\text{AC}\), trên Cx lấy điểm D sao cho AC = CD. Kẻ \(Dy\perp\text{DC}\). Gọi O là giao điểm của AB và Dy.
a) Định dạng \(\diamond\text{ACDO}\).
b) Cho biết \(\text{AH}\cap Dy=\left\{\text{I}\right\}\). Chứng minh : \(\text{IA}=\text{BC}\) .
\(\text{GIẢI :}\)
a) Xét \(\diamond\text{ACDO}\) có \(\widehat{\text{OAC}}=\widehat{\text{ACD}}=\widehat{\text{CDO}}\text{ }\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\text{ }\diamond\text{ACDO}\) là hình chữ nhật.
mà \(AC=CD\text{ }\Rightarrow\text{ }\diamond\text{ACDO}\) là hình vuông.
b) Xét , có : \(\widehat{ACB}=90^0-\widehat{ABC}\) (1)
Xét , có : \(\widehat{BAH}=90^{\text{o}}-\widehat{ABH}\)
hay \(\widehat{BAH}=90^{\text{o}}-\widehat{ABC}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\text{ }\widehat{BAH}=\widehat{ACB}\).
Xét \(\bigtriangleup\text{ABC và }\bigtriangleup\text{OIA}\), có :
\(\widehat{IOA}=\widehat{BAC}\text{ }\left(90^{\text{o}}\right)\)
\(AO=AC\) (vì \(\diamond\text{ACDO}\) là hình vuông)
\(\widehat{IAO}=\widehat{ACB}\) (vì \(\widehat{BAH}=\widehat{ACB}\), \(\widehat{IAO}\) và \(\widehat{BAH}\) đối đỉnh)
\(\Rightarrow\bigtriangleup\text{ABC}=\bigtriangleup\text{OIA}\) (g.c.g)
\(\Rightarrow\text{ IA = BC}\) (2 cạnh tương ứng) (đpcm).
