Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O F H E D I K A' C' B' M N
a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)
KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)
Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).
b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.
AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K
Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'
Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'
Ta có : \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)
\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)
\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)
\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)
Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)
c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)
Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\) (1)
AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.
Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)
Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)
Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)
a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: \(\widehat{HEF}=\widehat{QCB}\)
\(\widehat{HPQ}=\widehat{QCB}\)
Do đó: \(\widehat{HEF}=\widehat{HPQ}\)
=>EF//QP
A D E C I B J H K M O
- vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
- I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
- Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)
O A B C D E F H M G I
a) Kẻ đường thẳng Ax tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.
Khi đó \(\widehat{FAx}=\widehat{ACB}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
Ta dễ thấy BFEC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
Vậy nên \(\widehat{AFE}=\widehat{FAx}\), chúng lại ở vị trí so le trong nên Ax // EF
Mà \(Ax\perp OA\Rightarrow EF\perp OA\)
Tương tự ta có : \(FD\perp OB;ED\perp OC\)
b) Kẻ đường kính CI. Khi đó ta có ngay IB // AH (Cùng vuông góc BC) ; IA // BH (Cùng vuông góc AC). Vậy nên tứ giác AIBH là hình bình hành và AH = IB.
Xét tam giác IBC có M là trung điểm BC, OC = OB nên OM là đường trung bình. Vậy \(OM=\frac{1}{2}IB\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\)
Tương tự, gọi N, P lần lượt là trung điểm AB, AC thì \(ON=\frac{1}{2}BH;OP=\frac{1}{2}CH\)
c) Gọi G' là giao điểm của AM và HO.
Ta thấy OM // AH nên áp dụng định lý Ta let ta có:
\(\frac{MG'}{G'A}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)
Độ ẨM là đường trung tuyến, AG' = G'M nên G' là trọng tâm tam giác ABC hay G' trùng G. Vậy H, G, O thẳng hàng.
O A B C D E F H M G J I P Q X
d) Gọi giao điểm của OA với PQ là J. Khi đó J là trung điểm QP.
Xét tam giác APQ có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân.
Vậy thì AP = AQ hay AP2 = AQ2. (1)
Kẻ đường kính AX.
Xét tam giác vuông AQX, đường cao QJ, ta có:
\(AQ^2=AJ.AX\) (2)
Tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{AFJ}=\widehat{ACB}=\widehat{AXB}\)
Suy ra \(\Delta AFJ\sim\Delta AXB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AX}=\frac{AJ}{AB}\Rightarrow AJ.AX=AF.AB\)
Ta cũng có \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AD.AH=AF.AB\)
Vậy thì \(AJ.AX=AH.AD\) hay \(AJ.AX=2.OM.AD\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra AP2 = AQ2 = 2OM.AD
O A B C D E F H M G J I P Q X T
e) Kẻ MT vuông góc OC (T thuộc OC)
Xét tam giác vuông OMC, đường cao MT, ta có: \(\frac{1}{OM^2}+\frac{1}{MC^2}=\frac{1}{MT^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{AH}{2}\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{BC}{2}\right)^2}=\frac{1}{MT^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AH^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{\left(2MT\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh \(EF=2MT\)
Thật vậy : \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\Rightarrow\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AE}=cos\widehat{BAE}\)
\(\Rightarrow EF=BC.cos\widehat{BAE}\)
Ta có : \(\Delta MCT\sim\Delta OCM\Rightarrow\frac{MT}{OM}=\frac{MC}{OC}\Rightarrow MT=MC.\frac{OM}{OC}\)
Lại có \(\frac{OM}{OC}=cos\widehat{MOC}=cos\frac{\widehat{BOC}}{2}=cos\widehat{BAC}\)
Nên \(MT=MC.cos\widehat{BAE}=\frac{1}{2}.BC.cos\widehat{BAE}=\frac{1}{2}EF.\)
Vậy ta có EF = 2MT
Từ đó ta đã chứng minh được : \(\frac{1}{AH^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{EF^2}\)
f) Ta thấy \(\Delta AEF\sim\Delta DBF\sim\Delta DEC\left(\sim\Delta ABC\right)\)
\(\Rightarrow AE.BF.CD=AF.BD.CE=EF.DE.DF\)
g) Ta thấy \(S_{ABC}=S_{OEAF}+S_{OFBM}+S_{OECD}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AD.BC=\frac{1}{2}EF.OA+\frac{1}{2}DF.OB+\frac{1}{2}DE.OC\)
\(\Leftrightarrow AD.BC=EF.R+DF.R+DE.R\)
\(\Leftrightarrow\left(EF+DE+DF\right).R=AD.BC\)
h) Ta có ngay HN vuông góc AH, vì AH là đường kính đường tròn.
Để chứng minh N, H, M thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh MH vuông góc AN, thật vậy:
Gọi Y là trung điểm AH.
Ta đã có OM song song và bằng 1/2AH, nên OM song song và bằng YH.
Suy ra tứ giác HYOM là hình bình hành, hay OM // OY.
Đồ ĂN là dây chung của hai đường tròn (Y) và (Ô) nên đường nối tâm OY vuông góc với AN. Vậy thì \(HM\perp AN\)
Vậy N, H, M thẳng hàng.
i) Gọi giao điểm của EF với BC là S. Giao điểm của SA với đường tròn (O) là N'.
Ta có: SF.SE = SB.SC , mà SB.SC = SN'.SA
Vậy nên SF.AE = SN'.SA
\(\Rightarrow\Delta AN'F\sim\Delta AEA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FN'S}=\widehat{AES}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{AN'F}=90^o\) , vậy N' thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF (đường tròn đường kính AH). Suy ra N' trùng N.
Từ đó ta có AN, EF, BC đồng quy tại S.
k) Ta chứng minh \(S_{OAE}=S_{OBD}\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AE.d\left(O;AC\right)=\frac{1}{2}.BD.OM\)
\(\Leftrightarrow AE.BH=BD.AH\)
Mà \(\Delta AHE\sim\Delta BHD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{BH}=\frac{AE}{BD}\Rightarrow AH.BD=BH.AE\)
Vậy nên \(S_{OAE}=S_{OBD}\)
Tương tự ta cũng có: \(S_{OAF}=S_{OCD};S_{OBF}=S_{OCE}\)
O A B C D E F H M G J I P Q X T N Y S
Em cảm ơn cô nhiều ạ!
giúp em vs
cho tam giác ABC cân tại A: góc A<90* ; Đường cao BD, gọi M,N,I theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng BC,BM,BD . Tia NI cắt các cạnh AC tại K . Chứng minh các tứ giác ABMD , ABNK nội tiếp và 3BC^2=4.CA.CK