Đề bài: Cho tam giác ABC, lấy điểm E và F thuộc BC sao cho góc BAE bằng góc FAC. Từ A kẻ phân giác AD của góc EAF ( D thuộc BC). Chứng minh: $\frac{BE}{CE}.\frac{BF}{CF}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

-Kẻ EH vuông góc với AB; FK vuông góc với AB; FM vuông góc với AC; EN vuông góc với AC (H;K thuộc AB và M;N thuộc AC).

Từ D kẻ DI vuông góc với AB; DG vuông góc với AC (I thuộc AB; G thuộc AC).

-Vì HE//DI => BE/BD= HE/ID (1).

-Vì MF//DG => CF/CD= FM/DG (2).

-Từ (1);(2) => BE/CF. CD/BD= HE/ID :FM/DG= HE/FM (Do DI=DG) (3).

-Tam giác HAE đồng dạng với tam giác MAF (g.g) => HE/MF =AE/AF (4).

-Từ (3);(4) => BE/CF. CD/BD= AE/AF (5).

-Vì DI//KF => BD/BF= DI/KF (6).

-Vì DG//EN => CD/CE= DG/EN (7).

-Từ (6);(7) =>CD/CE :BD/BF= BF/CE. CD/BD= DG/EN: DI/KF= KF/EN (8).

-Tam giác KAF đồng dạng với tam giác NAE (g.g) => KF/FEN= AF/AE (9).

-Từ (8);(9) => BF/CE. CD/BD= AF/AE (10).

-Lấy (5) nhân với (10), ta có: BE/CF. CD/BD. BF/CE. CD/BD= AE/AF. AF/AE= 1.

=> BE/CE.  BF/CF. (CD/BD)^2= 1. Vì AD là phân giác của góc BAC => CD/BD= AC/AB => (CD/BD)^2= (AC/AB)^2.

-Từ 2 điều trên => BE/CE. BF/CF. (AC/AB)^2= 1.

=> BE/CE. BF/CF= (AB/AC)^2 (đpcm).

 

CHo hình vuông ABCD.M là 1 điểm không đổi trên BC. Qua A kẻ Ax vuông góc với AM, Ax cắt CD tại N, đường trung tuyến AI của $\Delta AMN$ cắt CD ở K. ĐƯỜng thẳng qua M song song với AB cắt AI ở G.CMR:

 B,I,D thẳng hàng

 

-Ta có; tam giác NAD= tam giác MAB (g.c.g) => AN=AM và AN vuông góc với AM.

-Và có: I là trung điểm của MN =>AI=IM=IN (1).

-Vì tam giác NCM vuông tại C có I là trung điểm của MN => MI=IN=IC (2).

-Từ (1);(2) => AI=IC => I thuộc đường trung trực của AC => D;I;B thẳng hàng. 

1. Cho hình thang ABCD có $\widehat{A}=\widehat{B}= 80^{\circ}, \widehat{BAC}=20^{\circ}$. Trung trực của AC cắt DC ở E, AB ở F. Tính góc BEF ?

2.Cho tam giác DÈ có góc D = 75. Đường cao FH băng nửa cạnh DE. Tính góc E?

2) -Trên tia đối tia HD lấy điểm E' sao cho góc DFE'= 75 độ.

=> tam giác DE'F cân tại E' và góc FHE'= 90 độ; góc HFE'= 60 độ.

=> FH= 1/2.FE' =1/2.DE'. Mà FH=1/2. DE.

=> DE= DE' => E trùng E'.

=> góc DEF= 30 độ. 

Cho $\Delta ABC$  có  $\widehat{A}>\widehat{B}$.Trên BC lấy H sao cho $\widehat{HAC}=\widehat{ABC}$.Đường phân giác góc $\widehat{BAH}$ cắt BH ở E.Từ trung điểm M của AB kẻ ME cắt AH tại F.CMR: CF song song với AE

-Ta có: Tam giác CAH đồng dạng với tam giác CBA (g.g). => CA/CB= CH/CA= AH/BA (1).

-Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABH, ta có: (AM/MB).(BE/EH).(HF/AF) =1. Mà AM=MB nên ta có: (BE/EH).(AF/HF)=1.

=> HE/BE= HF/AF (2).

-Vì AE là phân giác của góc HAB nên AH/BA= HE/BE (3).

-Từ (1);(2);(3) => HF/AF= AH/BA= CH/CA (4).

-Ta lai có: góc CAE= góc CAH+ góc HAE= góc CBA+ góc EAB= góc CEA (góc CAH= góc CBA; góc HAE= góc EAB).

=> tam giác CAE cân tại C. => CA=CE (5).

-Từ (4);(5) =>HF/AF= HC/CE => HF/(AF-HF)= HC/(HC-CE) => HF/AH= HC/HE => CF// AE (định lý Talet đảo).

 Vậy đpcm.

Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=12. Chứng minh rằng:

Đề bài yêu cầu chứng minh cái gì vậy bạn?

Nhờ mọi người giúp mk câu c.
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB>AC$), kẻ đường cao $AH,AD$ là đường phân giác góc $BAH$.
a. Cm $\Delta ADC$ cân
b. Cm $DH.DC=BD.HC$
c. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, $E$ là giao điểm $DM$ và $AH$. Chứng minh $AD//CE$

c) -Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABH, ta có: AM/MB. BD/DH. HE/EA= 1.

=> HE/EA= DH/BD (Do AM=BM) (1).

-Vì AD là phân giác của góc HAB => HD/BD= AH/AB (2).

-Vì tam giác HAB đồng dạng với tam giác HCA (g.g) => HA/AB= HC/CA (3).

-Do AC=CD (cmt) => HC/CA= HC/CD (4).

-Từ (1);(2);(3);(4) => HE/EA= HC/CD => AD// CE.

a)- Tam giác FCD= tam giác EBC (c.g.c) => góc FDC= góc BEC => EC vuông góc với FD.

-Lấy Q là trung điểm của CD. 

-Ta có: AE=QC; AE//QC => AECQ là hình bình hành => EC//AQ; EC vuông góc với DF.

=> AQ vuông góc với DM (1).

-Lại có: tam giác DMC vuông tại M có Q là trung điểm của DC => DQ=DM (2).

-Từ (1);(2) => A thuộc đường trung trực của DM => tam giác ADM cân tại A.

 

b)-Ta có: (DC/CF)^2= (DM.DF)/(MF.DF)= DF/MF= 1/4.

=> DM/DF= 4/5= S(DMC)/S(DFC) (3).

-Ta lại có: S(DFC)= DC.CF/2 =(a/2)^2 (4).

-Từ (3);(4) => S(DMC)= S(DFC).4/5= (a^2)/4. 4/5= (a^2)/5.

Cho tam giác ABC có góc $\widehat{BEC}$ là góc nhọn,trong đó E là trung điểm của AB.Trên tia EC lấy điểm M sao cho $\widehat{BME}= \widehat{ECA}$ .Kí hiệu $\alpha$ là số đo của góc $\widehat{BEC}$ ,hãy tính tỉ số $\dfrac{MC}{AB}$ theo $\alpha $

- Lấy T đối xứng C qua AB, ta có: BM=BT=AC (2 góc trong= nhau).

Do góc BEC nhọn nên BC<CA => C nằm giữa T và M.

-Lại có: CA^2-BC^2=BT^2-BC^2= CM.2CE => CM/BA= (CA^2-BC^2)/(2CE.AB)= (4.BE.EC.cos alpha)/ (2CE.AB)= cos alpha.

Cho tam giác ABC nhọn nt đường tròn (O) và đường thẳng d đi qua tâm O cắt 2 cạnh AC và BC. Các điểm L,K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A,B lên d. Đường thẳng qua L vuông góc với BC cắt đường thẳng qua K vuông góc vớị AC tại M. CMR M nằm trên đường tròn tâm (O).

nt là ngoại tiếp hay nội tiếp vậy bạn??

Cho tam giác ABC vuông tại A. M trên AB. Kẻ MQ vuông góc với BC(Q trên BC), kẻ MN vuông góc với MQ(N trên AC), kẻ NP vuông góc với MN(P trên BC). Nối MC, BN cắt NP, MQ lần lượt tại F, E. CMR: $\widehat{EAB}=\widehat{FAC}$

-Kẻ \[EH \bot AB(H \in AB);FK \bot AC(K \in AC).\]

-Tam giác ABC có đường cao là AO.

-Ta có:  \[\frac{{EH}}{{AN}} = \frac{{BE}}{{BN}} = \frac{{BQ}}{{BP}};\frac{{KF}}{{AM}} = \frac{{CF}}{{CM}} = \frac{{CP}}{{CQ}} =  > \frac{{EH}}{{AN}} \div \frac{{KF}}{{AM}} = \frac{{BQ}}{{BP}} \div \frac{{CP}}{{CQ}} =  > \frac{{EH}}{{KF}}.\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{CQ}}{{BP}}(1).\]

-Lại có: \[\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{EN}}{{NB}} = \frac{{QP}}{{BP}};\frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{{QP}}{{QC}} =  > \frac{{AH}}{{AB}} \div \frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{QP}}{{BP}} \div \frac{{QP}}{{QC}} = \frac{{QC}}{{BP}}(2).\]

-Từ (1);(2) => \[\frac{{EH}}{{KF}}.\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{AC}}{{AB}}\]  => \[\frac{{EH}}{{KF}} = \frac{{AH}}{{AK}}.\frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}}(3).\]

-Ta thấy: \[\frac{{BQ}}{{BO}} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{{CP}}{{CO}} =  > \frac{{BQ}}{{CP}} = \frac{{BO}}{{CO}} = \frac{{BO.BC}}{{CO.BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} =  > \frac{{BQ}}{{CP}}.\frac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = 1(4).\]

-Từ (3);(4) => \[\frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{HE}}{{FK}} =  > HAE \sim KAF(c.g.c) =  > \widehat {HAE} = \widehat {KAF}\] (đpcm).

Cho tam giác ABC có D bất kỳ trên AC. G là trọng tâm tam giác ABC. GC cắt BD tại E. CMR: $\frac{CA}{CD}-\frac{EB}{ED}$ không đổi

-Lấy H là trung điểm của AC.

-Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BDH, ta có: \[\frac{{BE}}{{ED}}.\frac{{DC}}{{CH}}.\frac{{HG}}{{GB}} = 1 =  > \frac{{BE}}{{ED}} = \frac{{2CH}}{{DC}} = \frac{{AC}}{{DC}}.\]

=> \[\frac{{CA}}{{CD}} - \frac{{EB}}{{ED}} = 0\] không đổi.

-Kẻ MK vuông góc với BN( K thuộc BA); MH vuông góc với AB( H thuộc AB).

-Dễ dàng chứng minh được tam giác KBN= tam giác MBN( B và N cùng thuộc đường trung trực của MK).

=> 2MN= MN+NK>= KM.(1)

-Ta lại có: tam giác KMH= tam giác NBA(g.c.g). => KM= BN.(2)

-Từ (1);(2) => đpcm.

-Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
-Ta có: OD vuông góc với BC(D thuộc BC).
-Kẻ OH vuông góc với AB; OK vuông góc với AC(H thuộc AB;K thuộc AC).
-Dễ thấy:(AH+BH)^2+ (AK+KC)^2= (BD+DC)^2.
=> AH^2+2.AH.BH+2.AK.KC+AK^2+BH^2+CK^2=BD^2+DC^2+2.BD.DC.
-Mà BH=BD; CD=CK; AH=AK=> AH^2+AH.BH+AK.KC=BD.DC.
=> S(AHOK)+BH.HO+CK.KO=BD.DC(Do HO=AH=OK=OD=AK). -- -Mà BH.HO=2.S(BHO)=S(BHO)+S(BDO); CK.KO=S(CDO)+S(CKO).
=> S(AHOK)+S(BHOD)+S(CDOK)=BD.DC.
=> S(ABC)= BD.DC(đpcm).

-Gọi AC cắt BD tại O. Ta có MN=OB=OD(=1/2.BD).
-Ta có: tam giác BMD vuông tại M có O là trung điểm của BD nên MO=1/2.BD.
tam giác BND vuông tại N có O là trung điểm của BD nên NO=1/2.BD.
Suy ra: MO=ON=MN=BO=OD. => tam giác MON đều => góc MON=60 độ.
-Mà góc MOD=góc NOD=1/2. góc MON=30 độ và OM=OD => góc MDO=75 độ. => góc ADC=góc ABC=2.góc MDO= 150 độ.
=> góc BAD=góc BCD= 30 độ.
Vậy góc A và góc C của hình thoi ABCD bằng 30 độ; góc B và góc D của hình thoi bằng 150 độ.

-Do b^2 là số chính phương(b thuộc Z) => b^2 chia 5 dư 0;1;4. => b^2-1 chia 5 dư -1;0;3.
-TH1: b^2-1 chia 5 dư -1 hay dư 4 thì ta có b^2 chia hết cho 5=> b chia hết cho 5=> đpcm.
-TH2: b^2-1 chia hết cho 5 => 24a^2 chia hết cho 5. Mà (24,5)=1 => a^2 chia hết cho 5=> a chia hết cho 5=> đpcm.
-TH3: b^2-1 chia 5 dư 3=> 24.a^2 chia 5 dư 3. Mà 24.a^2-(-1).a^2 chia hết cho 5; 24.a^2 chia cho 5 dư 3=> (-1).a^2 chia 5 dư 3=> a^2 chia 5 dư -3 hay dư 2. Một số chính phương chia 5 không bao giờ dư 2.
Suy ra với b^2-1=24.a^2 chia 5 dư 3; a và b là số nguyên sẽ không tồn tại số a;b thỏa mãn đề bài. => TH3 Loại.
-Từ 3 TH trên suy ra đpcm.

-Ta có: Góc BAH= góc CAH=20 độ; tam giác AFB có góc ABF=góc BAF=40 độ nên AF=FB.
-Kẻ tam giác đều AMB( M thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB có chứa C).
-Ta lại có: tam giác AMF=tam giác BMF(c.c.c)=> góc AMF=góc BMF=1/2.góc AMB= 30 độ và góc MAF=20 độ.
=> tam giác AEB=tam giác AFM(g.c.g) => AE=AF=> góc AEF=góc AFE=80 độ( do AE=AF và góc FAE =20 độ).
-Vậy góc AEF=80 độ.

Gọi M là giao của AB với tia phân giác góc ACE; N là giao của tia phân giác DBE. -Ta có : góc ACM+ góc CAM= góc MKB+ góc MBK ( cùng bằng góc CMB).
góc NDB+ góc NBD= góc CKN+ góc KCN( cùng bằng góc ENB).
Từ 2 điều trên suy ra: góc ACM+ góc CAM+ góc NBD+ góc NDB =2. góc CKB+ góc KCN+ góc KBM.
Mà góc ACM=góc ECK; góc KBM= góc KBD(gt). => 2. góc CKB= góc CAB+ góc BDC.
=> đpcm.

-Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Lấy M đối xứng với G qua E.

- Ta có AGCM là hình bình hành nên MC=AG=2/3.AD=8(cm) và GM=2.GE=2/3. BE=6(cm) và GC=2/3.GF=10(cm).

-Thấy: GM^2+MC^2=6^2+8^2=100=10^2=GC^2=> tam giác GMC vuông tại M=> góc BMC=90 độ.

=> BC^2= BM^2+MC^2=12^2+8^2=208 => BC=√208(cm).

-Kẻ tam giác vuông cân ANK( K nằm khác phía A so với MN).
- Ta có: tam giác KNM= tam giác ANP(c.g.c) => góc MKN= góc PAN và KM=AP.(*) Và có KA^2= 2.AN^2( do tam giác KNA vuông cân tại N)(1).
-Từ (1) và gt => AM^2=MK^2+ KA^2.
-Theo định lý pytago đảo ta suy ra tam giác MKA vuông tại K. Mà góc AKN=45 độ.
=> góc MKN=135 độ. Mà góc MKN= góc PAN( theo (*)) => góc PAN=135 độ.
Vậy góc PAN= 135 độ.

-Giả sử CD>AB. Kẻ BE// AD( E thuộc CD).
-Ta có: ABED là hình bình hành=> AD=BE;AB=ED. Do AB<CD=> |AB-CD| =CD-AB=CD-ED=CE.
-Áp dụng BĐT trong tam giác CBE ta có BE+BC>CE.
Suy ra AD+BC> |AB-CD|.
-Vậy |AB-CD|<AD+BC.

-Do Tan giác BAC vuông tại A; M là trung điểm của BC nên AM=BM=MC.
-Kẻ MH vuông góc AC(H thuộc AC); MK vuông góc với AB(K thuộc AB). => H là trung điểm của AC; K là trung điểm của AB.
-Ta có: MD>=MK;ME>=MH.
-Và có: S(MDE) min <=> MD.ME min <=> ME=MH; MD=MK<=> AE=EC; AD=DB.
=> để S(MDE) min thì E là trung điểm của AC;D là trung điểm của AB.

-Bạn kẻ AH vuông góc với BC; NN' vuông góc với BC( H,N' thuộc BC). Lấy I là trung điểm của DE; kẻ DD' vuông góc với BC; EE' vuông góc với BC;II' vuông góc với BC( D';E';I' thuộc BC).
-Dựa vào đường trung bình của hình thang DD'E'E và đường trung bình của tam giác MNN', ta có: DD'+EE'=NN'. (1)
-Sau đó, bạn dựa vào các tam giác nửa đều DD'B và tam giác nửa đều ECE', chứng minh được AH=DD'+EE' = (căn bậc hai của ba)/2. BC. (2)
-Từ (1);(2)=> AH=NN'; AH//NN'=> ANN'H là hình bình hành.
=> AN//BC.(đpcm)

-Lấy H trên tia đối tia DC sao cho HD=BM.
-Ta có: tam giác ADN=tam giác ABM( cạnh huyền-cạnh góc vuông).
=> góc DAN=góc BAM=15 độ( Do góc MAN=60 độ) và góc AND=góc AMB=75 độ.
=> góc CNM=góc CMN=45 độ và S(AND)+S(ABM)=S(AHN) (*).
=> tam giác CMN vuông cân tại C.
-Lấy giao điểm của AC với MN là G.
-Ta có: AC vuông góc với MN.
=> tam giác CGN vuông cân tại G và G là trung điểm của NM; NG=GC=1/2.AN=> S(CMN)=(GN^2) /2=1/4. NG.AN=1/2. S(CNM).
=> S(CNM)=1/2.NG.AN. (1)
Và có: tam giác ADH=tam giác ABM(c.g.c).
=> AH=AM=AN; góc HAN=30 độ.
-Kẻ NK vuông góc với AH.
-Ta thấy: tam giác ANK=tam giác ANG(g.c.g).
=> NK=NG.
-Và có: S(AHN)=1/2.KN.AH=1/2.NG.AN (2).
-Từ (*);(1);(2) => đpcm.

-Ta có: AB^2+AC^2=(BH+CH)^2.
=> 2.AH^2+BH^2+CH^2= BH^2+CH^2+2.BH.CH.
=>AH^2=BH.CH.
-Ta thấy: CI^2=(CH+HI)^2=CH^2+HI^2+2.CH.HI = CH^2+AS^2+BH.CH= CH^2+AH^2+AS^2= AC^2+AS^2=CS^2( do IH=IB=AS=1/2.BH và AH^2=BH.CH).
=> CI=CS( do CI và CS>0).
Vậy đpcm.

Gọi giao điểm của AK với BC là M, giao của AH với BC là N. => tam giác BAK= tam giác BMK(g.c.g) nên có K là trung điểm của AM. Chứng minh tương tự ta có H là trung điểm của AN. Vậy có KH là đường trung bình của tam giác AMN. => KH//BC( đpcm).