Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔHDA vuông tại H và ΔADB vuông tại A có
góc HDA chung
Do đo: ΔHDA đồng dạng với ΔADB
=>DA/DA=DA/DB(2)
b: Xét ΔABD vuông tại A có AH là đường cao
nên \(DA^2=DH\cdot DB\)
c: Xét ΔDHA có DM là phân giác
nên HM/AM=DH/DA(1)
Xét ΔDAB có DK là đường phân giác
nên AK/BK=DA/DB(3)
Từ (1), (2)và (3) suy ra HM/AM=AK/BK
hay \(HM\cdot BK=AK\cdot AM\)
hình bạn tự vẽ nhé
a, chứng minh theo trường hợp (g-g)
b, vì\(\Delta\)HDA \(\sim\)\(\Delta\)ADB\(\Rightarrow\)\(\dfrac{DA}{HD}=\dfrac{DB}{DA}\)\(\Rightarrow\)\(AD^2=DB.HD\)
c, vì \(\Delta HDA\sim\Delta ADB\)\(\Rightarrow\dfrac{DH}{AD}=\dfrac{DA}{DB}\)
\(mà\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{AK}{KB}\)(vì AK là tia phân giác của goc ADB)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{DH}{AD}=\dfrac{AK}{KB}\)mà \(\dfrac{DH}{AD}=\dfrac{MH}{AM}\)\(\Rightarrow\)\(\dfrac{MH}{AM}=\dfrac{AK}{KB}\)\(\Rightarrow\)AM.AK=MH.KB
d
d) +)CM EF // DB
Gọi I là giao điểm của EF và AP
Vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật và O là giao điểm của AC và BD nên AO = OB
Suy ra \(\Delta AOB\) cân tại O
=> \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\) (1)
Vì tứ giác AEPF là hình chữ nhật và I là giao điểm của AP và EF nên AI = IE
Suy ra \(\Delta AIE\) cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{OAE}=\widehat{AEI}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{OBA}=\widehat{AEI}\) mà 2 góc này nằm ở vị trí đồng vị nên EF // BD
+) CM A, Q ,O thẳng hàng
Vì FE // DB \(\Rightarrow\Delta EQF\sim\Delta DQB\Rightarrow\frac{EF}{BD}=\frac{EQ}{QD}\Rightarrow \frac{2EI}{2DO}=\frac{EQ}{QD}\)
Xét \(\Delta EQI \) và \(\Delta DQO\) có :
\(\widehat{FED}=\widehat{EDB}\)
\(\frac{EI}{DO}=\frac{EQ}{QD}\)
\(\Rightarrow\Delta EQI\sim\Delta DQO\)
\(\Rightarrow\widehat{EQI}=\widehat{DQO}\)
mà \(\widehat{IQE}+\widehat{IQD}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DQO}+\widehat{IQD}=180^ohayI,Q,O\) thẳng hàng hay A, Q, O thẳng hàng
a) Vì AH \(\perp\) BD (gt), ABCD là hình chữ nhật (gt)
=> \(\widehat{AHD}=\widehat{DAB}\) = 90o (ĐN 2 đt \(\perp\) và ĐN HCN)
Xét \(\Delta\)HAD và \(\Delta\)ABD có:
\(\widehat{AHD}=\widehat{DAB}\) (cmt)
\(\widehat{D}\): chung
=> \(\Delta\)HAD ~ \(\Delta\)ABD (g.g)
=> \(\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{HD}{AD}\) (ĐN 2 \(\Delta\) ~)
Ta có: DK là tia phân giác của 2 \(\Delta\)ADB và \(\Delta\)ADH
=> \(\dfrac{AK}{KB}=\dfrac{AD}{DB};\dfrac{HM}{AM}=\dfrac{DH}{AD}\) (t/c đường p/g \(\Delta\))
mà \(\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{HD}{AD}\) (cmt)
=> \(\dfrac{AK}{KB}=\dfrac{HM}{AM}\)
=> AK . AM = HM . BK (t/c TLT)
b) Xét \(\Delta\)ABC có: EP // BC (EP // AF, BC // AD)
=> \(\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{EP}{BC}=\dfrac{AD}{AC}\) (hệ quả ĐL Ta-lét) (1)
Xét \(\Delta\)ADC có: FP // DC (AE // FP, AB // CD)
=> \(\dfrac{AF}{FP}=\dfrac{AD}{DC}\) (hệ quả ĐL Ta-lét) (2)
Từ (1) và (2) => \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AD}\)
=> EF // BD (ĐL Ta-lét đảo)
=> \(\widehat{FMQ}=\widehat{QDB}\) (2 góc so le trong)
Gọi giao điểm của AO và EF là I
mà AEPF là hình chữ nhật (gt)
=> I là trung điểm AP, EF (t/c HCN)
Xét \(\Delta\)EFQ có: EF // BD (cmt)
=> \(\dfrac{EF}{BD}=\dfrac{EQ}{DQ}\) (hệ quả ĐL Ta-lét)
mà \(\dfrac{EF}{BD}=\dfrac{EI}{DQ}\) (EF = 2EI, BD = 2DO)
=> \(\dfrac{EQ}{DQ}=\dfrac{EI}{DO}\)
Xét \(\Delta\)IQE và \(\Delta\)OQD có:
\(\widehat{FMQ}=\widehat{QDB}\) (cmt)
\(\dfrac{EQ}{DQ}=\dfrac{EI}{DO}\) (cmt)
=> \(\Delta\)IQE ~ \(\Delta\)OQD (c.g.c)
=> \(\widehat{IQE}=\widehat{OQD}\) (ĐN 2 \(\Delta\) ~)
mà \(\widehat{DQO}+\widehat{OQE}=180^o\) (2 góc kề bù)
do đó \(\widehat{IQE}+\widehat{OQE}=180^o\)
=> I, O, Q thẳng hàng
hay A, O, Q thẳng hàng
*hình mình thiếu điểm O, bạn tự thêm vào nhé*
xét tam giác ABC:
EP//BC (cùng // AD)
=> AP/AC=AE/AB (talet) (1)
xét tam giác ADC:
PF//DC (cùng //AB)
=> AF/AD=AP/AC (talet) (1)
từ (1) (2) => AE/AB=AF/AD
xét tam giác ABD có:
AF/AD=AE/AB (cmt)
=> EF//BD (talet đảo)
xét tam giác QFE và QBD:
EQF=BQD (đối đỉnh)
QBD=EFQ (so le trong)
=> đồng dạng
=> EF/BD=EQ/QD => 2EI/2OD=EQ/QD
chứng minh tam giác EQI đồng dạng DQO vì có 2 góc đối đỉnh và 2 góc so le trong
=> góc EQI=DQO
=> I, Q, O thẳng hàng
mà A là trung điểm của AP (AEPF là hcn)
=> I, A thằng hàng
=> A, Q, O thẳng hàng
