$BH, CK$ cùng vuông góc với $AN$ thì nó song song nhau. Như vậy thì $BH, CK$ làm sao giao nhau tại $O$ được?

Lời giải:

a. Vì $BA=BM$ nên tam giác $MBA$ cân tại $B$. Khi đó, đường cao $BH$ đồng thời là trung tuyến $\Rightarrow H$ là trung điểm $AM$.

Tam giác $MOA$ có $OH$ đồng thời là đường cao đồng thời là trung tuyến (do $H$ là trung điểm $AM$) nên đây là tam giác cân tại $O$

$\Rightarrow OM=OA(1)$

Hoàn toàn tương tự, ta cm được $\triangle OAN$ cân tại $O$

$\Rightarrow ON=OA(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow OM=ON$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $MN$

b.

Vì $OAM$ cân tại $O$

$\Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{OMA}(3)$

Vì $BMA$ cân tại $B$

$\Rightarrow \widehat{BAM}=\widehat{BMA}(4)$

Lấy $(3)-(4)$ thì $\widehat{OAB}=\widehat{OMB}(*)$

Tương tự: $\widehat{OAC}=\widehat{ONC}(**)$

Vì $OM=ON$ nên $OMN$ cân tại $O$

$\Rightarrow \widehat{OMB}=\widehat{ONC}(***)$

Từ $(*); (**); (***)\Rightarrow \widehat{OAB}=\widehat{OAC}$

$\Rightarrow OA$ là phân giác $\widehat{BAC}$

Hình vẽ:

Câu a

Xét tam giác ABD và AMD có

AB = AM từ gt

Góc BAD = MAD vì AD phân giác BAM

AD chung

=> 2 tam guacs bằng nhau

Câu b

Ta có: Góc EMD bằng CMD vì góc ABD bằng AMD

Bd = bm vì 2 tam giác ở câu a bằng nhau

Góc BDE bằng MDC đối đỉnh

=> 2 tam giác bằng nhau

Câu 4: 

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAED vuông tại E có

AD chung

góc BAD=góc EAD

Do đó: ΔBAD=ΔEAD
b: Ta có: AB=AE

DB=DE

Do đó: AD là đường trung trực của BE

c: Xét ΔBDF vuông tại B và ΔEDC vuông tại E có

DB=DE

góc BDF=góc EDC

Do đó: ΔBDF=ΔEDC

Suy ra: BF=EC

Hình bạn tự vẽ nhé!

Giải:

Vì D là trung điểm của AC (gt)

nên AD = CD

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CED\) có:

AD = CD (chứng minh trên)

\(\widehat{ADB}=\widehat{CDE}\)(2 góc đối đỉnh)

ED = BD (gt)

\(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta CED\) (c.g.c)   (1)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{CED}\) (2 góc tương ứng)  

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow\)AB // CD  (dấu hiệu nhận biết)  (2)

Từ (1), (2) \(\Rightarrowđpcm\)

b) Ta có: AF _|_ BD tại F

              CG _|_ DE tại G

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{AFD}=90^o\\\widehat{CGD}=90^o\end{cases}}\Rightarrow\widehat{AFD}=\widehat{CGD}\)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow\) AF // CG (dấu hiệu nhận biết) (3)

\(\Rightarrow\widehat{FAH}=\widehat{DCG}\) (2 góc so le trong)

Xét \(\Delta ADF\) và \(\Delta CDG\) có:

AD = CD (chứng minh trên)

\(\widehat{ADF}=\widehat{CDG}\) (2 góc đối đỉnh)

\(\widehat{FAH}=\widehat{DCG}\) (chứng minh trên)

\(\Rightarrow\Delta ADF=\Delta CDG\) (g.c.g)

\(\Rightarrow\) DF = DG (2 cạnh tương ứng)  (4)

Từ (3), (4) \(\Rightarrowđpcm\)

c) Xét \(\Delta CDE\) có:

Giao điểm 2 đường thẳng CG và EI là M

CG, EI đều là đường cao của \(\Delta CDE\)

\(\Rightarrow\)DM cũng là đường cao của \(\Delta CDE\)

\(\Rightarrow DM\perp AB\)(5)

Xét \(\Delta ABD\) có:

Giao điểm 2 đường thẳng CG, EI là M

AF, BH đều là đường cao của \(\Delta ABD\)

\(\Rightarrow DK\) cũng là đường cao của \(\Delta ABD\)

\(\Rightarrow DK\perp AB\) (6)

Từ (5), (6) suy ra đpcm

Gọi E và F lần lượt là giao điểm của tia BA và CA với PC và PB.

Dựng đỉnh thứ tư của hình chữ nhật BACG.

Do tứ giác BACG là hình chữ nhật nên A;G và trung điểm M của BC thẳng hàng

Mà P;A;M thẳng hàng => P;A;G thẳng hàng.

Dễ thấy FA//BG (Quan hệ song song vuông góc)

Áp dụng ĐL Thales cho \(\Delta\)BGP: \(\frac{PF}{FB}=\frac{PA}{AG}\)(1)

Tương tự ta có: \(\frac{PE}{EC}=\frac{PA}{AG}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{PF}{FB}=\frac{PE}{EC}\)=> EF // BC (ĐL Thales đảo) \(\Rightarrow\frac{EA}{AB}=\frac{FA}{AC}\)(Hệ quả ĐL Thales) (3)

Ta có: \(\frac{FA}{IQ}=\frac{AC}{IH}=\frac{AB}{IB}\)(Hệ quả ĐL Thales) Suy ra: \(\frac{FA}{AC}=\frac{IQ}{IH}\)(4)

Tương tự ta cũng có tỉ lệ: \(\frac{EA}{AB}=\frac{RK}{KH}\)(5)

Từ (3);(4) và (5) => \(\frac{IQ}{IH}=\frac{RK}{KH}\). Áp dụng ĐL Thales đảo cho \(\Delta\)RHQ => IK//QR (đpcm).

vì tứ giác FMEH có góc F = 90 độ; H = 90 độ; E = 90 độ.

\(\Rightarrow\)góc M = 90 độ

\(\Rightarrow FH//ME ; FM//HE\)

\(\Rightarrow\)tứ giác FMEH là hình chữ nhật 

\(\Rightarrow\)ME=FH

a ) tứ giác MFHE có :

\(\widehat{MFH}+\widehat{FHE}+\widehat{HEM}+\widehat{EMF}=360^o\)( tính chất tổng các góc trong tứ giác )

hay \(90^o+90^o+90^o+\widehat{EMF}=360^o\)

\(\Rightarrow\widehat{EMF}=360^o-90^o-90^o-90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{EMF}=90^o\)

\(\Rightarrow FM\perp ME\left(dhnb\right)\)

mà \(HE\perp ME\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow FM//HE\left(\perp\rightarrow//\right)\)

\(\Rightarrow FHEM\)là hình thang

mà\(\widehat{MFH}=\widehat{EMF}\left(=90^o\right)\)

\(\Rightarrow FHEM\)là hình thang cân

\(\Rightarrow ME=FH\)( tính chất cạnh trong hình thang cân )

b ) kẻ EF

có M là trung điểm của BC ( gt )

\(\Delta ABC\)cân tại A ( gt )

\(\Rightarrow AM\)là đường cao

\(\Rightarrow AM\)cũng là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{CAE}\)\(hay\widehat{DAM}=\widehat{EAM}\)

xét \(\Delta MAD\)và \(\Delta MCE\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=90^o\\AMchung\\\widehat{DAM}=\widehat{EAM}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta MAD=\Delta MCE\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow AD=AE\)( 2 cạnh tương ứng )

xét \(\Delta ADK\)và \(\Delta AEK\)có :

\(\hept{\begin{cases}AMchung\\\widehat{DAK}=\widehat{EAK}\left(cmt\right)\\AD=AE\left(cmt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta ADK=\Delta AEK\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AKD}=\widehat{AKE}\)( 2 góc tương ứng )

mà \(\widehat{AKD}+\widehat{AKE}=180^o\left(kb\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AKD}=\widehat{AKE}=\frac{180^o}{2}=90^o\)

\(\Rightarrow AM\perp DK\left(dhnb\right)\)

AM là đường cao \(\Rightarrow AM\perp BC\)

\(\Rightarrow DK//BC\)

\(hayBK//MC\)

\(\Rightarrow MDKC\)là hình thang

câu b là kẻ KE nhé chứ không phải là FE

Cho sp đi

Cho sp đi

Cho sp đi