Bài 1.Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC.
a) Chứng minh hai tam giác BHC và BKC bằng nhau.
b) Cho góc BAC=70 độ. Tính số đo góc BKC
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
30 tháng 8 2021
a: Ta có: H và K đối xứng nhau qua BC
nên BC là đường trung trực của HK
Suy ra: BH=BK và CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
BC chung
HC=KC
Do đó: ΔBHC=ΔBKC
18 tháng 8 2015
a : Gọi O là giao của HK và CB, ta có:
S của tam giác CHB= \(\frac{1}{2}OH\cdot CB\)
S của tam giác BKC=\(\frac{1}{2}KO\cdot CB\)
Mà ta có K là điểm đối xứng với H qua BC => KO=HO
Nên ta có thể thay
S của tam giác BKC=\(\frac{1}{2}OH\cdot CB\)
Hay \(Sbkc=Sbhc\)
Nếu đúng thì cho mk xin **** nha
12 tháng 10 2021
Đáp án:
ˆBKC=110oBKC^=110o
Giải thích các bước giải:
a) Ta có:
KK đối xứng với HH qua BCBC
⇒BC⇒BC là trung trực của HKHK
⇒BH=BK;CH=CK⇒BH=BK;CH=CK
Xét ΔBHC∆BHC và ΔBKC∆BKC có:
BH=BK(cmt)BH=BK(cmt)
CH=CK(cmt)CH=CK(cmt)
BC:BC: cạnh chung
Do đó ΔBHC=ΔBKC(c.c.c)∆BHC=∆BKC(c.c.c)
b) Ta có:
ˆBHK=ˆBAH+ˆABHBHK^=BAH^+ABH^ (góc ngoài của ΔABH∆ABH)
ˆCHK=ˆCAH+ˆACHCHK^=CAH^+ACH^ (góc ngoài của ΔACH∆ACH)
⇒ˆBHC=ˆBHK+ˆCHK⇒BHC^=BHK^+CHK^
=ˆBAH+ˆABH+ˆCAH+ˆACH=BAH^+ABH^+CAH^+ACH^
=ˆBAC+ˆABH+ˆACH=BAC^+ABH^+ACH^
Ta lại có:
ˆBAC+ˆABH=90oBAC^+ABH^=90o (BH⊥AC)(BH⊥AC)
ˆBAC+ˆACH=90oBAC^+ACH^=90o (CH⊥AB)(CH⊥AB)
⇒2ˆBAC+ˆABH+ˆACH=180o⇒2BAC^+ABH^+ACH^=180o
⇒ˆABH+ˆACH=180o−2ˆBAC⇒ABH^+ACH^=180o−2BAC^
Do đó:
ˆBHC=ˆBAC+180o−2ˆBAC=180o−ˆBAC=180o−70o=110oBHC^=BAC^+180o−2BAC^=180o−BAC^=180o−70o=110o
Mặt khác:
ˆBHC=ˆBKC(ΔBHC=ΔBKC)BHC^=BKC^(∆BHC=∆BKC)
⇒ˆBKC=110o
28 tháng 5 2022
a: Ta có: K đối xứng với H qua BC
nên BC là đường trung trực của HK
=>BH=BK và CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
HC=KC
BC chung
Do đó;ΔBHC=ΔBKC
b: \(\widehat{BAC}=70^0\)
nên \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=110^0\)
\(\widehat{HBC}+\widehat{HCB}=90^0-\widehat{ABC}+90^0-\widehat{ACB}\)
\(=180^0-110^0=70^0\)
=>\(\widehat{BHC}=\widehat{BKC}=110^0\)
HC
27 tháng 5 2018
a) Ta có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90độ\)(gt)
Nên tứ giác BNMC nội tiếp (2 đỉnh N,M cùng BC với 2 góc bằng nhau)
(Câu sau không rõ. Cái gì là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNH?)
b) Xét ΔAMN và ΔABC có:
\(\widehat{BAC}\)chung
\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\)(tứ giác BNMC nội tiếp)
Do đó ΔAMN ~ ΔABC
Nên\(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}\)
hay AM.AC=AN.AB
Ta có \(\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180độ\)
Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp
Do đó \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=180độ\)
Mà \(\widehat{NHM}=\widehat{BHC}\)(đối đỉnh)
\(\widehat{BHC}=\widehat{BLC}\)(tính chất đối xứng trục)
Nên \(\widehat{NAM}+\widehat{BLC}=180độ\)
Suy ra tứ giác ABLC nội tiếp đường tròn (O) (tổng 2 góc đối bằng 180độ)
c) (Câu này hình như bạn ghi sai đề rồi, nếu I là giao điểm AH với AN thì I sẽ trùng với A. Nên mình nghĩ I là giao điểm MN với AH)
Ta có \(\widehat{HDC}=\widehat{HMC}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{HDC+}\widehat{HMC}=180độ\)
Do đó tứ giác HMCD nội tiếp
Suy ra \(\widehat{HMD}=\widehat{HCD}\)
Mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HMN}\)(tứ giác BMNC nội tiếp)
Nên \(\widehat{HMD}=\widehat{HMN}\)
Vậy MH là phân giác \(\widehat{NMD}\)
Mà MH vuông góc AM (gt)
Nên AM là phân giác ngoài
Do đó \(\frac{IH}{ID}=\frac{AH}{AD}\)
hay IH.AD=AH.ID
16 tháng 3 2020
a.Ta có :
ˆAFH=ˆADB=90o→ΔAFH∼ΔADB(g.g)
→AFAD=AHAB→AF.AB=AH.AD
Tương tự AH.AD=AE.AC→AF.AB=AE.AC
b.Ta có :
ˆHFA=ˆHEA=ˆHFB=ˆHDB=90o
→AEHF,AEDB,FHDB nội tiếp
→ˆHFE=ˆFAE=ˆHBD=ˆHFD
→FH là phân giác ˆDFE
Mà FA⊥FH→FA là phân giác góc ngoài tại đỉnh F của ΔDEF
→HIHD=FIFD=AIAD
→IH.AD=AI.DH
a) Ta có:
K đối xứng với H qua BC
⇒ BC là trung trực của HK
⇒ BH=BK; CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có:
BH=BK (cmt)
CH=CK (cmt)
BC: cạnh chung
Do đó ΔBHC = ΔBKC(c.c.c)
b) Ta có:
ˆBHK = ˆBAH + ˆABH (góc ngoài của ΔABH)
ˆCHK = ˆCAH+ ˆACH (góc ngoài của ΔACH)
⇒ ˆBHC = ˆBHK + ˆCHK
= ˆBAH + ˆABH + ˆCAH + ˆACH
= ˆBAC + ˆABH + ˆACH
Ta lại có:
ˆBAC+ˆABH = 90o (BH⊥AC)
ˆBAC+ˆACH = 90o (CH⊥AB)
⇒2ˆBAC+ˆABH+ˆACH=180o
⇒ˆABH+ ˆACH = 180o− 2ˆBAC
Do đó:
ˆBHC =ˆBAC+ 180o− 2ˆBAC= 180o− ˆBAC= 180o−70o = 110o
Mặt khác:
ˆBHC = ˆBKC (ΔBHC = ΔBKC)
⇒ˆBKC=110