Bài 1:
a)
Ta có: AD=AH(gt)
mà D,A,H thẳng hàng
nên A là trung điểm của DH
Xét ΔDHC có
CA là đường trung tuyến ứng với cạnh DH(A là trung điểm của DH)
DE là đường trung tuyến ứng với cạnh CH(E là trung điểm của CH)
CA(cap)AE={F}
Do đó: F là trọng tâm của ΔDHC(Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác)
⇒(CF=frac{2}{3}AC)
Ta có: CF+AF=AC(F nằm giữa A và C)
(Leftrightarrow AF=AC-CF=AC-frac{2}{3}AC=frac{1}{3}AC)(đpcm)
b) Ta có: F là trọng tâm của ΔDHC(cmt)
⇔HF là đường trung tuyến ứng với cạnh DC của ΔDHC
mà HM là đường trung tuyến ứng với cạnh DC của ΔDHC(M là trung điểm của DC)
và HM và HF có điểm chung là H
nên H,F,M thẳng hàng(đpcm)
c) Xét ΔHCD vuông tại H có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD(M là trung điểm của CD)
nên (HM=frac{1}{2}CD)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(1)
Ta có: HM là đường trung tuyến ứng với cạnh CD của ΔHCD(M là trung điểm của CD) và F là trọng tâm của ΔCHD(cmt)
nên (HF=frac{2}{3}HM)
hay (HM=frac{3}{2}cdot HF)(2)
Từ (1) và (2) suy ra (frac{3}{2}cdot HF=frac{1}{2}cdot CD)
(Leftrightarrow HF=frac{1}{2}cdot CD:frac{3}{2}=frac{1}{2}cdot CDcdotfrac{2}{3}=frac{1}{3}cdot CD)(đpcm)
Bài 2:
a) Xét ΔDBC có
DI là đường trung tuyến ứng với cạnh BC(I là trung điểm của BC)
DI là đường cao ứng với cạnh BC(Đường trung trực của BC cắt AC tại D)
Do đó: ΔDBC cân tại D(Định lí tam giác cân)
⇒DB=DC(3)
Ta có: AD=AE(gt)
mà D,A,E thẳng hàng
nên A là trung điểm của DE
Xét ΔBDE có
BA là đường trung tuyến ứng với cạnh DE(A là trung điểm của DE)
BA là đường cao ứng với cạnh DE(BA⊥AD, E∈AD)
Do đó: ΔBDE cân tại B(Định lí tam giác cân)
⇒BD=BE(4)
Từ (3) và (4) suy ra CD=BE(đpcm)
b) Ta có: (widehat{BDE}) là góc ngoài đỉnh D của ΔBDC((widehat{BDE}) và (widehat{BDC}) là hai góc kề bù)
(Leftrightarrowwidehat{BDE}=widehat{C}+widehat{DBC})(Định lí góc ngoài của tam giác)
mà (widehat{C}=widehat{DBC})(hai góc ở đáy của ΔDBC cân tại D)
nên (widehat{BDE}=2cdotwidehat{BCE})
mà (widehat{BDE}=widehat{BEC})(hai góc ở đáy của ΔBDE cân tại B)
nên (widehat{BEC}=2cdotwidehat{BCE})(đpcm)
c) Trên tia đối của tia IA lấy điểm G sao cho IA=IG
Xét ΔAIB và ΔGIC có
AI=GI(theo cách vẽ)
(widehat{AIB}=widehat{GIC})(hai góc đối đỉnh)
IB=IC(I là trung điểm của BC)
Do đó: ΔAIB=ΔGIC(c-g-c)
⇒AB=CG(hai cạnh tương ứng)
Ta có: ΔAIB=ΔGIC(cmt)
⇒(widehat{ABI}=widehat{GCI})(hai góc tương ứng)
mà (widehat{ABI}) và (widehat{GCI}) là hai góc ở vị trí so le trong
nên AB//CG(Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)
Ta có: AB//CG(cmt)
AB⊥AC(ΔABC vuông tại A)
Do đó: CG⊥AC(Định lí 2 từ vuông góc tới song song)
Xét ΔABC vuông tại A và ΔCGA vuông tại C có
AC chung
AB=CG(cmt)
Do đó: ΔABC=ΔCGA(hai cạnh góc vuông)
⇒(widehat{BCA}=widehat{GAC})(hai góc tương ứng)
hay (widehat{BCE}=widehat{GAC})
Ta có: (widehat{BEC}=2cdotwidehat{BCE})(cmt)
mà (widehat{BCE}=widehat{GAC})(cmt)
nên (widehat{BEC}=2cdotwidehat{GAC})
mà (widehat{GAC}=widehat{EAF})(hai góc đối đỉnh)
nên (widehat{BEC}=2cdotwidehat{EAF})(5)
Ta có: (widehat{BEC}) là góc ngoài tại đỉnh E của ΔAEF((widehat{BEC}) và (widehat{FEA}) là hai góc kề bù)
nên (widehat{BEC}=widehat{EAF}+widehat{EFA})(Định lí góc ngoài của tam giác)(6)
Từ (5) và (6) suy ra (widehat{EAF}+widehat{EFA}=2cdotwidehat{EAF})
(Leftrightarrowwidehat{EFA}=2cdotwidehat{EAF}-widehat{EAF})
hay (widehat{EFA}=widehat{EAF})
Xét ΔEAF có (widehat{EFA}=widehat{EAF})(cmt)
nên ΔEAF cân tại E(Định lí đảo của tam giác cân)
d) Ta có: (frac{AC}{BF}=frac{AD+DC}{BE+EF}=frac{AE+BD}{BD+EA}=1)
nên AC=BF(đpcm)
