Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta cần chứng minh H là trực tâm của tam giác ASM. Với mục đích này, ta sẽ sử dụng tính chất của hình chữ nhật.
Vì M là trung điểm BC, ta có BM = MC. Do đó, SM là đường trung trực của BC.
Vì EF ⊥ BE và CF, nên EF song song với đường BC (vì BE // CF). Do đó, S nằm trên đường trung trực của BC.
Vì H là giao điểm của AD và BE, ta có AH ⊥ BC và BH ⊥ AC. Do đó, AH // SM và BH // SM.
Khi đó, ta suy ra được rằng tứ giác ABSH là hình chữ nhật (do có 2 cặp cạnh đối nhau là song song và bằng nhau).
Do AS là đường chéo của hình chữ nhật ABSH, nên H là trực tâm của tam giác ASM.
Vậy, H là trực tâm của tam giác ASM.
a)tg AEB và tg AFC có
-^AEB=^AFC
-^BEA=^FAC
=>tg AEB đồng dạng tg AFC
=>AE/AF=AB/AC
=>AE. AC=AF.AB
b) AE/AF=AB/AC
=>AE/AB= AF/AC
tgAEF và tg ABC có
-^EAF=^BAC
- AE/AB= AF/AC
=>tg AEF đồng dạng tg ABC
c) tg AEB đồng dạng tg AFC
=>^ABE=^ ACF
hay ^FBH=^ECH
tg FHB và tg EHC c ó
-^FBH=^ECH
-^FHB=^EHC
=> tg FHB và tg EHC đồng dạng
=>FH/EH=HB/HC
tg FHE và tg BHC có
- FH/EH=HB/HC
-^FHE=^BHC(2 g óc đối đỉnh)
=> tg FHE và tg BHC đồng dạng
tg ABD và CBF có
-^ADB=^CFB(=90 độ)
-^ABD=^CBF
=> tg ABD và CBF đồng dạng
=>AB/BC=BD/BF
=>BF.AB=BC.BD
Tương tự chứng minh:CE.CA=CD.BC
=> BF.AB+CE.CA =BC.BD+CD.BC=BC(BD.CD)=BC^2
a:
O là giao điểm của ba đường trung trực của ΔABC
=>OA=OB=OC
I đối xứng A qua O
=>O là trung điểm của AI
=>AI là đường kính của (O)
Xét (O) có
ΔABI nội tiếp
AI là đường kính
Do đó: ΔABI vuông tại B
=>BA⊥BI
mà CH⊥BA
nên CH//BI
Xét (O) có
ΔACI nội tiếp
AI là đường kính
Do đó: ΔACI vuông tại C
=>CA⊥CI
mà BH⊥AC
nên BH//CI
Xét tứ giác BHCI có
BH//CI
BI//CH
Do đó: BHCI là hình bình hành
Hình bình hành BHCI trở thành hình thoi khi HB=HC
=>ΔHBC cân tại H
=>\(\hat{HBC}=\hat{HCB}\)
=>\(90^0-\hat{HBC}=90^0-\hat{HCB}\)
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}\)
=>AB=AC
b: Xét ΔHBC có HD là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)
Xét ΔHAC có HE là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HE\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)
Xét ΔHAB có HF là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\) (5)
Xét ΔCAB có CF là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot CF\cdot AB\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)
\(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)
\(\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}\)
\(=1-\frac{HD}{AD}+1-\frac{HE}{BE}+1-\frac{HF}{CF}\)
=3-1
=2
a:
O là giao điểm của ba đường trung trực của ΔABC
=>OA=OB=OC
I đối xứng A qua O
=>O là trung điểm của AI
=>AI là đường kính của (O)
Xét (O) có
ΔABI nội tiếp
AI là đường kính
Do đó: ΔABI vuông tại B
=>BA⊥BI
mà CH⊥BA
nên CH//BI
Xét (O) có
ΔACI nội tiếp
AI là đường kính
Do đó: ΔACI vuông tại C
=>CA⊥CI
mà BH⊥AC
nên BH//CI
Xét tứ giác BHCI có
BH//CI
BI//CH
Do đó: BHCI là hình bình hành
Hình bình hành BHCI trở thành hình thoi khi HB=HC
=>ΔHBC cân tại H
=>\(\hat{HBC}=\hat{HCB}\)
=>\(90^0-\hat{HBC}=90^0-\hat{HCB}\)
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}\)
=>AB=AC
b: Xét ΔHBC có HD là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)
Xét ΔHAC có HE là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HE\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)
Xét ΔHAB có HF là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\) (5)
Xét ΔCAB có CF là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot CF\cdot AB\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)
\(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)
\(\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}\)
\(=1-\frac{HD}{AD}+1-\frac{HE}{BE}+1-\frac{HF}{CF}\)
=3-1
=2
a: O là giao điểm của 3 đường trung trực của ΔABC
=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
=>AM là đường kính của (O)
Xét (O) có
ΔABM nội tiếp đường tròn
AM là đường kính
=>ΔABM vuông tại B
=>BM vuông góc AB
=>BM//CH
Xét (O) có
ΔACM nội tiếp
AM là đường kính
=>ΔAMC vuông tại C
=>AC vuông góc CM
=>CM//BH
Xét tứ giác BHCM có
BH//CM
BM//CH
=>BHCM là hình bình hành
=>BC cắt HM tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm của HM
b: Xét ΔMAH có
O,I lần lượt là trung điểm của MA,MH
=>OI là đường trung bình
=>OI//AH và OI=1/2AH
=>AH=2OI
Lại còn phải cm định lý à, xem lại lớp 7. Trong tam giác, 3 đường cao của tam giác cùng đi qua 1 điểm
Mình biết rồi. Nhưng giờ phải chứng minh giao điểm H của các đường cao của tam giác ABC giao điểm là đường phân giác trong của tam giác DEF. Bạn đọc lại đề đi.