Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng J_1: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [N, M] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [Q, M] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [N, P] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [Q, P] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [A, P] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [M, I] B = (0.52, -5.67) B = (0.52, -5.67) B = (0.52, -5.67) C = (19.2, -5.49) C = (19.2, -5.49) C = (19.2, -5.49) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm M: Điểm trên f Điểm M: Điểm trên f Điểm M: Điểm trên f Điểm N: M đối xứng qua h Điểm N: M đối xứng qua h Điểm N: M đối xứng qua h Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j
Gọi giao điểm của NP với AB và AC lần lượt là I và J.
Gọi giao điểm của NM với BI là K; của MQ với JC là H.
Theo giả thiết ta suy ra K, H lần lượt là trung điểm của NM và MQ. Hơn nữa ta cũng có \(NM\perp BI;MQ\perp JC\)
Do NP // MQ mà \(MQ\perp JH\) nên \(NP\perp JH\)
\(\Rightarrow\widehat{AIJ}=90^o-\widehat{BAC}=30^o\)
Vậy nên \(\widehat{NIB}=\widehat{AIJ}=30^o\) (Hai góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\widehat{NIK}=90^o-\widehat{NIB}=60^o\)
Xét tứ giác NPQM có NP // MQ; NM // PQ nên NPQM là hình bình hành.
Vậy \(\widehat{PQM}=\widehat{INM}=60^o\)
Ta có \(\widehat{BMK}=90^o-\widehat{ABC}=30^o;\widehat{NMI}=\widehat{INM}=60^o;\widehat{CMH}=90^o-\widehat{ACB}=30^o\)
nên \(\widehat{IMH}=180^o-30^o-60^o-30^o=60^o\)
Suy ra \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\left(=60^o\right)\)
Xét hình thang IPQM có \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\) nên nó là hình thang cân.
Ta có H là trung điểm MQ, \(JH\perp MQ;JH\perp IP\) nên I là trung điểm IP.
Xét tam giác AIP có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên AIP là tam giác cân tại A.
Vậy AJ cũng là phân giác hay \(\widehat{JAP}=\widehat{JAI}=60^o\)
Suy ra \(\widehat{JAP}=\widehat{ACB}\left(=60^o\right)\)
Mà chúng lại ở vị trí so le trong nên AP // BC.
Bài làm
Xét tam giác ABC có
MN // BC
Theo định lí Thales đảo có:
AM/AB = AN/AC. (1)
Xét tam giác APC có
BN // PC
Theo định lí Thales đảo có:
AB/AP = AN/AC. (2)
Từ (1) và (2) => AM/AB = AB/AP => AB² = AM . AP ( đpcm )
Xét ΔMKN và ΔABC có
góc M=góc A
góc N=góc C
=>ΔMKN đồng dạng với ΔABC
k=MN/AC=1/3
a) MN // BC. Áp dụng định lí Ta-let, ta có :
\(\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}\)hay \(\frac{2}{8}=\frac{CN}{10}\)\(\Rightarrow CN=2,5\)
b) MN // BP ; NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành
\(\Rightarrow\Delta BMN=\Delta NPB\left(c.g.c\right)\)hay \(\Delta BMN\approx\Delta NPB\)
c) BM = 2 ; AB = 8 nên AM = 6
MNPB là hình bình hành nên NP = BM
Xét \(\Delta NPC\)và \(\Delta AMN\)có :
\(\widehat{PNC}=\widehat{MAN}\left(dv\right);\widehat{NPC}=\widehat{AMN}\left(=\widehat{ABC}\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta NPC\)\(\approx\)\(\Delta AMN\)( g.g )
\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{NPC}}{S_{AMN}}=\left(\frac{NP}{AM}\right)^2=\left(\frac{BM}{AM}\right)^2=\left(\frac{2}{6}\right)^2=\frac{1}{9}\)
A B C M N P Q I
Gọi I là giao của PM và QN
Ta có
MP//AB (gt) \(\Rightarrow\widehat{AMP}=\widehat{BAM}\) (góc so le trong)
Xét tg ABM có
BM=BA (gt) => tg ABM cân tại B \(\Rightarrow\widehat{AMB}=\widehat{BAM}\) (góc ở đáy tg cân)
\(\Rightarrow\widehat{AMP}=\widehat{AMB}\) => AM là phân giác \(\widehat{BMP}\)
C/m tương tự ta cũng có AN là phân giác \(\widehat{CNQ}\)
Xét tg IMN có
AM là phân giác \(\widehat{BMP}\) là góc ngoài của \(\widehat{M}\)
AN là phân giác \(\widehat{CNQ}\) là góc ngoài của \(\widehat{N}\)
Chứng minh bài toán phụ: "Trong tg giao điểm của hai tia phân giác của 2 góc ngoài nằm trên đường phân giác của góc trong không kề với nó" (bạn tự c/m)
=> IA là phân giác của \(\widehat{NIM}\Rightarrow\widehat{QIA}=\widehat{PIA}\)
Xét tứ giác APIQ có
QN//AC (gt) => QI//AP
PM//AB (gt) => PI//AQ
=> APIQ là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
Gọi O là giao của AI với PQ => OP=OQ (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Xét tg PIQ có
\(OP=OQ\left(cmt\right);\widehat{QIA}=\widehat{PIA}\left(cmt\right)\)
=> tg PIQ cân tại I (Tam giác có đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác là tg cân)
=> PI=QI
=> APIQ là hình thoi (hình bình hành có 2 cạnh liên tiếp bằng nhua là hình thoi)
=> AP=AQ (Hình thoi có 2 cạnh liên tiếp bằng nhau)