Trần Hùng Luyện Nguyễn Thanh Hằng DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG Nguyễn Việt Lâm tran nguyen bao quan saint suppapong udomkaewkanjana Dương Nguyễn

E làm ra rồi. Cảm ơn mọi người

a) Xét tam giác vuông ABR và ADQ có:

AB = AD (gt)

Góc BAR + góc BAP = 90 độ

Góc DAQ + góc BAP = 90 độ

=> Góc BAR = Góc DAQ

=> Tam giác vuông ABR = tam giác vuông ADQ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

=> AR = AQ (2 cạnh tương ứng)

=> Tam giác AQR cân tại A.

CMTT ta có tam giác ADS = tam giác ABP

=> AS = AP => Tam giác APS cân tại A.

b) Tam giác AQR cân tại A => Trung tuyến AM đồng thời là đường cao.

=> AM vuông góc với QR => Góc AMH = 90 độ

Tương tự: Tam giác APS cân tại A => Trung tuyến AN đồng thời là đường cao.

=> AN vuông góc với SP => góc ANP = 90 độ hay góc ANH= 90 độ.

Tam giác AQR vuông cân tại A => Góc AQR = góc ARQ = 45 độ => Góc PQH = 45 độ.

Tam giác APS vuông cân tại A => góc ASP = góc APS = 45 độ => góc QPH = 45 độ (đối đỉnh).

Xét tam giác PHQ có: Góc PQH + góc QPH = 45 độ + 45 độ = 90 độ

=> Tam giác PHQ vuông cân tại H => PH vuông góc với PQ

=> góc NHM = 90 độ

Xét tứ giác AMHN có: Góc AMH = góc ANH = góc NHM = 90 độ

=> AMHN là hình chữ nhật (dhnb)

c) Xét tam giác SQR có:

BC vuông góc CD => RC vuông góc SQ => RC là đường cao.

AP vuông góc AR => QA vuông góc RS => QA là đường cao.

Mà RC cắt QA tại P

Vậy P là trực tâm tam giác SQR.

d) Tam giác ANP vuông tại A có trung tuyến AN => AN = SP/2

    Tam giác CSP vuông tại C có trung tuyến CN => CN = SP/2

=> AN = CN => N thuộc trung trực của AC.

CMTT ta có MA = MC => M thuộc trung trực của AC.

Vậy MN là trung trực của AC.

e) Ta có BA = BC (gt) => B thuộc trung trực của AC.

Mà MN là trung trực của AC (cmt) => B thuộc MN

Tương tự DA = DC (gt) => D thuộc trung trực của AC.

Mà MN là trung trực của AC (cmt) => D thuộc MN

Vậy M, B, N, D thẳng hàng.

a) Do M, N là trung điểm của AB và CD nên MB // DN và MB = CN. Ngoài ta \(MN\perp AB\)

Vậy thì \(\Delta MOB=\Delta NOD\left(g-c-g\right)\Rightarrow OM=ON\)

Lại có HO // AB; \(MN\perp AB\Rightarrow HO\perp MN\)

Xét tam giác HMN có HO là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân, hay HM = HN.

b) Xét tam giác QBP có ON//BP nên \(\frac{QO}{QB}=\frac{QN}{QP}\) (Định lý ta-let)

Xét tam giác MQB có OH//BM nên \(\frac{QO}{QB}=\frac{QH}{QM}\) (Định lý ta-let)

Tức là ta có \(\frac{QH}{QM}=\frac{QN}{QP}\)

Xét tam giác QMP có \(\frac{QH}{QM}=\frac{QN}{QP}\) nên theo định lý Ta let đảo HN // MP. 

Vậy thì \(\widehat{HNM}=\widehat{NMP}\) (so le trong)

Lại có do tam giác HMN cân tại H nên \(\widehat{HNM}=\widehat{HMN}\) . Từ đó ta có:  \(\widehat{HM}N=\widehat{NMP}\)

hay MN là tian phân giác của \(\widehat{QMP}.\)

hình ở đâu thế?

a) Do M, N là trung điểm của AB và CD nên MB // DN và MB = CN. Ngoài ta MN⊥AB

Vậy thì ΔMOB=ΔNOD(g−c−g)⇒OM=ON

Lại có HO // AB; MN⊥AB⇒HO⊥MN

Xét tam giác HMN có HO là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân, hay HM = HN.

b) Xét tam giác QBP có ON//BP nên QOQB =QNQP  (Định lý ta-let)

Xét tam giác MQB có OH//BM nên QOQB =QHQM  (Định lý ta-let)

Tức là ta có QHQM =QNQP 

Xét tam giác QMP có QHQM =QNQP  nên theo định lý Ta let đảo HN // MP. 

Vậy thì ^HNM=^NMP (so le trong)

Lại có do tam giác HMN cân tại H nên ^HNM=^HMN . Từ đó ta có:  ^HMN=^NMP

hay MN là tian phân giác của ^QMP.