K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hình bạn tự vẽ nha :
a.Ta có:
ˆAPM=ˆAHM=ˆAQM=90oAPM^=AHM^=AQM^=90o
→A,P,H,M,Q∈→A,P,H,M,Q∈ đường tròn đường kính AMAM
b.Từ câu a →A,P,H,M,Q∈(O,12AM)→A,P,H,M,Q∈(O,12AM)
→OP=OH=OM=OQ→OP=OH=OM=OQ
Mà ΔABCΔABC đều, AH⊥BC→ˆBAH=ˆHAC<...
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
Đúng(0)
a,Ta có: MP ⊥ AB(gt)
⇒ góc APM=90 (1)
Lại có AH là đường cao(gt)
⇒ góc AHM =90 (2)
Có: MQ⊥AC (gt)
⇒ góc MQA=90 (3)
Từ (1) (2) (3) ⇒ góc APM= góc AHM = góc MQA = 90
⇒ A P M H Q cùng thuộc 1 đường tròn
b,Xét tam giác ABC đều(gt)
Có: AH là đường cao đồng thời là phân giác
⇒ góc BAH = góc HAC = 30
Vì: A P H M Q cùng thuộc 1 đtròn (cmt)
⇒ OP=OH=OQ=OM
⇒ góc POH = 2 góc PAH = 60
⇒ góc QOH = 60
Xét tam giác OPH có:
Góc POH = 60(cmt)
OP = OH(cmt)
⇒ tam giác OPH đều (1)
Xét tam giác OQH có:
Góc OQH = 60
QO = OH
⇒ tam giácOQH đều(2)
Từ 1 và 2 suy ra OQHP là hthoi
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM. b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
\widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM\widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^ojnh
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.2
Đúng(0)
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
Đúng(0)
a,Có:MP⊥AB
nên góc APM= 90 độ<1>
Lại có: MQ\perp ACMQ⊥AC
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
Đúng(0)
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.2
Đúng(0)
a) Có ^APM=^AHM=^AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên ^BAH=^HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và ^POH=2^PAH=60o ; ^QOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.r√32 =AM.√32 ≥AH.√32
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
a) Có :AH vuông góc với BC
=> \(\widehat{AHM}\)=90
=> ΔAHM vuông tại H
=>△AHM nội tiếp đường tròn đường kính AM
=> A,H,M nội tiếp đường tròn đường kính AM (1)
Có :MP vuông góc với AB
=> \(\widehat{APM}\)=90
=>ΔAPM vuông tại P
=>ΔAPM nội tiếp đường tròn đường kính AM
=> A,P,M nội tiếp đường tròn đường kính AM (2)
Có : MQ vuông góc với AC
=>\(\widehat{AQM}\)=90
=>ΔAQM vuông tại Q
=> ΔAQM nội tiếp đường tròn đường kính AM
=> A,Q,M nội tiếp đường tròn đường kính AM (3)
Từ (1) , (2) ,(3)=>A là đường cao đồng thời là phân giác
=>\(\widehat{BAH}\)=\(\widehat{CAH}\)=30
Mà : A,P,M,H,Q nội tiếp đường tròn đường kính (cmt)
=> OM=OH=OQ=OP=OA
=>\(\widehat{POH}\)= 2\(\widehat{PAH}\)= 60
=> \(\widehat{QOH}\)=60
Xét ΔOPH có : \(\widehat{POH}\)=60 (cmt) , OH=OP (cmt)
=> ΔOPH đều (4)
Xét ΔOQH có: \(\widehat{QOH}\)=60 (cmt) , OQ=OH (cmt)
=> ΔOQH đều (5)
Từ (4) và (5)
=> OPHQ là hình thoi
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
Đúng(0)
a) +) ta có: góc APM = 90 độ ( MP vuông góc với AB )
=> tam giác APM vuông tại P
=> 3 điểm A,P,M cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AM (1)
+) mặt khác góc AHM = 90 độ ( AH vuông góc với BC )
=> tam giác AHM vuông tại H
=> 3 điểm A,H,M cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AM (2)
+) góc AQM = 90 độ ( MQ vuông góc với AC )
=> tam giác AQM vuông tại Q
=> 3 điểm A,Q,M cùng thuộc đường tròn đường kính AM (3)
từ 1,2,3 => năm điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính AM
b) vì năm điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính AM
mà O là trung điểm AM
=> năm điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn tâm (O)
ta có: PAH là góc nội tiếp chắn cung PH
mặt khác POH là góc ở tâm chắn cung PH
=> sđ góc PAH = 1/2 sđ góc POH
vì tam giác ABC đều
mà AH vuông góc với BC
=> AH là phân giác của góc BAC
=> góc BAH = góc CAH = 1/2 BAC = 30 độ
hay sđ góc PAH = 30 độ
=> sđ góc POH = 60 độ ( sđ góc PAH = 1/2 sđ góc POH )
vì năm điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn tâm (O)
=> OP = OH = OQ
ta có tam giác OPH cân ( OP = OH )
mà sđ góc POH = 60 độ ( cmt )
=> tam giác POH đều
=> sđ góc OPH = 60 độ, tương tự sđ góc OQH = 60 độ
=> tứ giác OPHQ là hình bình hành
mà OP = OQ
=> hình bình hành OPHQ là hình thoi
c) em chịu
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
a,Có:MP⊥AB(gt(
nên góc APM= 90 độ<1>
Lại có: MQ⊥AC
nên góc AQM=90 độ<2>
Mà AH⊥BC( AH là đường cao tam giác ABC)
nên góc AHM= 90 độ<3>
Từ <1>, <2> suy ra tổng số đo của góc APM và góc AQM = 180 độ (mà 2 góc này ở vị trí đối nhau)
nên tứ giác APMQ nội tiếp hay A,P,M,Q cùng thuộc 1 đường tròn<*>
Từ<2>,<3> suy ra góc AQM= góc AHM (mà Q, H là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh AM dưới những góc bằng nhau cùng bằng 90 độ)
nên tứ giác AMHQ nội tiếp hay A,M,H,Q cùng thuộc 1 đường tròn <**>
Từ <*>,<**> suy ra A,P,M,H,Q cùng thuộc 1 đường tròn
b,Xét tam giác ABC đều có: AH là đường cao
nên AH đồng thời là phân giác góc A
do đó góc BAH= góc HAC=30 độ
lại có : góc POH = 2 góc PAH góc QOH=60 độ
OP=OH=OQ=OM<P,H,Q,M thuộc đt(O)>
nên tam giác OPH và tam giác OQH là tam giác đều
=>góc OPH= góc OQH; góc POQ= gócPHQ
vậy tứ giác OQHP là hình thoi
\(a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^o APM = AHM = AQM =90 o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM. b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^o BAH = HAC =30 o . Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^o POH =2 PAH =60 o ; \widehat{QOH}=60^o QOH =60 o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi. c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2. 2 r 3 =AM. 2 3 ≥AH. 2 3 Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.\)
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.
1) Qua điểm E thuộc đường chéo AC của tứ giác ABCD, kẻ EF song song AB, EI song song CD (\(F\in BC,\)\(I\in AD\)).
Cho CD = 2AB, điểm E ở vị trí nào trên AC thì EF = EC.
2) Cho tam giác đều ABC cạnh a, đường cao AH. M là 1 điểm bất kì trên đáy BC. Kẻ \(MP⊥AB,\)\(MQ⊥AC.\)O là trung điểm AM.
a) Chứng minh rằng: A, P, M, H, Q cùng nằm trên 1 đường tròn.
b) Tứ giác OPHQ là hình gì? Giải thích.
c) Xác định vị trí điểm M trên BC để PQ có độ dài nhỏ nhất. Tính độ dài nhỏ nhất đó theo a.
cho tam giác ABC đều đường cao AH điểm \(M\in BC\).Gọi P,Q là hình chiếu của M trên AB, AC
1, CMR: A,P,M,H,Q thuộc đường tròn . Xác định tâm O đường tròn đó
2,CMR: \(OM\perp PQ\)
3, CMR: MP+MQ=AH
4,Xác định vị trí của sao cho PQ nhỏ nhất
1: Xét tứ giác APMQ có góc APM+góc AQM=180 độ
nên APMQ là tứ giác nội tiếp(1)
Xét tứ giác AHMP có góc AHM+góc APM=180 độ
nên AHMP là tứ giác nội tiếp(2)
Từ (1), (2) suy ra A,P,M,Q,H cùng thuộc 1 đường tròn
2:
Sửa đề: OH vuông góc với PQ
Xét (O) có
góc PAQ là góc nội tiếp chắn cung PQ
nên góc PAQ=1/2*góc POQ
=>góc POQ=120 độ
=>góc POH=góc QOH=60 độ
=>ΔPOH đều, ΔHOQ đều
=>OH là phân giác
=>OH vuông góc với PQ
=>OP=OH=PH=OQ=QH
=>OPHQ là hình thoi
Cho tam giác ABC đều, đường cao AH. M là điểm bất kỳ trên đáy BC. Kẻ MP vuông góc AB và MQ vuông góc AC. Gọi O là trung điểm của AM.
a) CM 5 điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn
b) Tứ giác OPQH là hình gì?
c) Xác định vị trì cuả M trên BC để PQ có độ dài nhỏ nhất
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, MI\(\perp\)AB, MK\(\perp\)AC (I\(\in\)AB, K\(\in\)AC)
a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn
b)Vẽ MP\(\perp\)BC (P\(\in\)BC). Chứng minh góc MPK= góc MBC
c) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất
Cho tam giác ABC \(\left(A=90^0\right)\), đường cao AH. Từ điểm M bất kì trên cạnh BC kẻ \(MD\perp AB\), \(ME\perp AC\). Chứng minh năm điểm A, D, M, H, E cùng nằm trên một đường tròn
em tự vẽ hình nha
Gọi O là trung điểm của AM
Vì tam giác AHM vuông tại H có O là trung điểm cạnh huyền AM
=> OH=OA=OM (1)
CMTT: OA=OM=OE (2)
Vì \(\hept{\begin{cases}MD\perp AB\\ME\perp AC\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}\widehat{MDA}=90^0\\\widehat{MEA}=90^0\end{cases}}\)
Xét tứ giác ADME có:
góc A= góc MDA = góc MEA = 90 độ
=> ADME là hình chữ nhật ( dhnb )
=> 2 đường chéo DE và AM cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và DE=AM
Mà O là trung điểm AM
=> O là trung điểm DE
=> OD=OE (3)
Từ (1), (2) và (3) => OD=OE=OA=OM=OH
=> A,D,H,M,F cùng nằm trên 1 đường tròn
Cho tam giác đều ABC, đường cao AH. M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Vẽ MP vuông góc với AB.Gọi O là trung điểm của AM.
a, CM A,P,M,H,Q cùng nằm trên cùng 1 đường tròn
b,Tứ giác OPHQ là hình gì.CM
c,Xác định vị trí của M trên cạnh BC để độ dài PQ nhỏ nhất.Tính giá trị nhỏ nhất đó nếu cạnh tam giác đều là a
Bài 1:cho đường tròn (O), đường kính AB.Gọi M là 1 điểm tuỳ ý trên đường tròn, xy là tiếp tuyến của đường tròn taị A. Qua M kẻ MP\(\perp\)AB,
MQ\(\perp\)xy.
a,Tứ giác APMQ laf hình gì?vì sao?
b,Gọi I là trung điểm cuả PQ. Chứng minh OI\(\perp\)AM
c, Khi M chuyển động trên (O) thì I chuyển động tren đường nào? vì sao?
Bài 2:cho tam giác cân có cạnh đáy 16cm, cạnh bên 12cm. Tính độ dài các bán kính của đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác và khoảng cách giữa các tâm của 2 đường tròn đó
Mình xin thua!
Cho \(\Delta ABC\)nhọn ( AB < BC ) nội tiếp dường tròn ( O ;R ). Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Vẽ AD \(\perp\)MB, AE \(\perp\)MC.
Gọi H là giao điểm của DE và BC.
â, CMR: Â, H, E cùng thuộc 1 đường tròn và DE luôn đi qua 1 điểm cố định
b, Xác định vị trí M để \(\frac{MB}{AD}.\frac{MC}{AE}\)đạt giá trị lớn nhất
xin lỗi đã trả lời xàm
CHO ĐƯỜNG TRÒN (O) VÀ 1 ĐIỂM A CỐ ĐỊNH NẰM NGOÀI (O) . KẺ TIẾP TUYẾN AB, AC VỚI (O) (BC LÀ CÁC TIẾP ĐIỂM ) . GỌI M LÀ 1 ĐIỂM DI ĐỘNG TRÊN CUNG NHỎ BC ( M KHÁC B VÀ C) . ĐƯỜNG THẲNG AM CẮT (O) TẠI ĐIỂM THỨ 2 LÀ N . GỌI E LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA MN
CHỨNG MINH
a) 4 ĐIỂM A, B,O,E CÙNG THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN . XÁC ĐỊNH TÂM CỦA ĐƯỜNG TRÒN ĐÓ
b) \(^{AC^2}\)= AM . AN
c) GỌI I, J, F LẦN LƯỢT LÀ HÌNH CHIẾU CỦA M TRÊN CẠNH AB, AC ,BC. P LÀ GIAO ĐIỂM CỦA IK VÀ MB , Q LÀ GIAO ĐIỂM CỦA JK VÀ MC . CHỨNG MINH PQ \(//\)BC
d) XÁC ĐỊNH VỊ TRÍ CỦA M SAO CHO TÍCH MI . MJ ĐẠT GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
( 1 số phần cơ bản sẽ làm tắt nha, cái đấy bạn sẽ tự trình bày rõ nhá, nhất là chứng minh tứ giác nội tiếp sẽ rút ngắn lại )
a)\(\widehat{ABO}=\widehat{AEO}=90^0\)
\(\Rightarrow ABEO\)nội tiếp
=> A,B,E,O thuộc 1 đường tròn
b) Xét tam giác AMC và tam giác ACN có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{NAC}chung\\\widehat{ACM}=\widehat{ANC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AMC~\Delta ACN\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AC}{AN}\)
\(\Rightarrow AC^2=AM.AN\)
c) \(\widehat{MJC}+\widehat{MFC}=180^0\)
\(\Rightarrow MJCF\)nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MCJ}\)
Mà \(\widehat{MCJ}=\widehat{MBC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MBC}\left(1\right)\)
CMTT \(\widehat{MFI}=\widehat{MCB}\left(2\right)\)
Xét tam giác MBC có: \(\widehat{CMB}+\widehat{MCB}+\widehat{MBC}=180^0\left(3\right)\)
Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{MFJ}+\widehat{MFI}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{PFQ}=180^0\)
\(\Rightarrow MPFQ\)nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MFQ}\)mà \(\widehat{MFQ}=\widehat{MBC}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MBC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
\(\Rightarrow PQ//BC\)
d) Xét tam giác MIF và tam giác MFJ có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{MIF}=\widehat{MFJ}\left(=\widehat{MBF}\right)\\\widehat{MJF}=\widehat{MFI}\left(=\widehat{MCF}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta MIF~\Delta MFJ\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{MI}{MF}=\frac{MF}{MJ}\)
\(\Rightarrow MI.MJ=MF^2\)
MI.MJ lớn nhất \(\Leftrightarrow MF^2\)lớn nhất
Mà \(MF=\frac{1}{2}MN\)
\(\Rightarrow MF^2=\frac{1}{4}MN^2\)
\(\Rightarrow MF\)lớn nhất <=> MN lớn nhất \(\Leftrightarrow MN\)là đường kính (O)
\(\Leftrightarrow M\)là điểm chính giữa cung BC
Vậy MI.MJ lớn nhất <=> M là điểm chính giữa cung BC.
( KO hiểu thì hỏi mình nha )
tại sao MF=1/2MN ?
Bảng xếp hạng