Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.
M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành
\(\Rightarrow NC//BH\)
Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O )
Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)
M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC
Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :
\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng
gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD
Đường thẳng ME cắt NF tại S
Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )
Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)
Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)
\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )
\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)
Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )
Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)
a,
Ta có ON // BH ( cùng vuông góc với AC )
OM // AH ( cùng vuông góc với BC )
MN // AB ( MN là đường trung bình của tam giác ABC )
Vậy tam giác OMN đồng dạng với tam giác HAB.
b,
Xét tam giác AHG và MOG có :
\(+,\widehat{HAG}=\widehat{OMG}\)( Do AH // OM )
\(+,\frac{OM}{AH}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{2}=\frac{GM}{GA}\)( DO 2 TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG Ở CÂU a, )
Từ đó ta có tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG(c.g.c) nên \(\frac{OG}{HG}=\frac{MG}{MA}=\frac{1}{2}\)
Và \(\widehat{HGO}=\widehat{HGA}+\widehat{AGO}=\widehat{OGM}+\widehat{AGO}=\widehat{AGM}=180^0\)
\(\Rightarrow H,G,O\)thẳng hàng
Dễ thấy H là trực tâm của tam giác ABC.
a) Bỏ qua
b) Gọi T là trung điểm của HC.
Ta có NT là đường trung bình của tam giác AHC nên NT // AH. Suy ra NT // OM.
TM là đường trung bình của tam giác BHC nên MT // BH. Suy ra MT // ON.
Từ đó tứ giác NTMO là hình bình hành nên OM = NT = \(\dfrac{AH}{2}\).
Xét \(\Delta AHG\) và \(\Delta MOG\) có: \(\widehat{HAG}=\widehat{OMG}\) (so le trong, AH // OM) và \(\dfrac{AH}{MO}=\dfrac{AG}{MG}\left(=2\right)\).
Do đó \(\Delta AHG\sim\Delta MOG\left(c.g.c\right)\).
c) Do \(\Delta AHG\sim\Delta MOG\left(c.g.c\right)\) nên \(\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\), do đó H, G, O thẳng hàng.
Gọi AD,BE,CF lần lượt là đường cao cảu tam giác ABC,mà H là trực tâm của tam giác ABC nên AD,BE,CF đồng quy tại H
Ta có:\(\widehat{HAM}=90^0-\widehat{AHE}=90^0-\widehat{BHD}=\widehat{KBH}\)
Ta lại có:\(\widehat{AHM}=90^0-\widehat{KHD}=\widehat{BKH}\)
Xét \(\Delta AHM\&\Delta BKH\)có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{HAM}=\widehat{KBH}\\\widehat{AHM}=\widehat{BKH}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\Delta HAM\)đồng dạng với \(\Delta BKH\left(g.g\right)\)(mk ko bt kí hiệu đồng dạng trong olm)
\(\Rightarrow\frac{AH}{BK}=\frac{HM}{HK}\)
\(CMTT:\Rightarrow\frac{AH}{KC}=\frac{HN}{HK}\)
Mà BK=KC\(\Rightarrow\frac{HM}{HK}=\frac{HN}{HK}\Rightarrow HM=HN\)
Suy ra HK là đường trung tuyến của tam giác NMK,mà HK cũng là đường cao của tam giác NMK
Suy ra tam giác NMK cân tại K(đpcm)
a: OM//AH
ON//BH
MN//AB
=>góc BAH=góc OMN và góc ABH=góc ONM
=>ΔABH đồng dạng vơi ΔMNO
b: G là trọng tâm của ΔABC
=>GM/GA=1/2
ΔABH đồng dạng với ΔMNO nên OM/AH=MN/AB=1/2
=>OM/AH=MG/AG
=>ΔHAG đồng dạng với ΔOMG
c: ΔHAG đồng dạng với ΔOMG
=>góc AGH=góc OGM
=>H,G,O thẳng hàng
