Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Vì $HP\perp AB, HQ\perp AC$ nên \(\widehat{APH}=\widehat{AQH}=90^0\)
Xét tứ giác $APHQ$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{APH}+\widehat{AQH}=90^0+90^0=180^0\) nên $APHQ$ là tứ giác nội tiếp.
b)
Vì $APHQ$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{AHQ}\)
Mà \(\widehat{AHQ}=\widehat{ACB}(=90^0-\widehat{QHC})\)
\(\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{ACB}\)
Xét tam giác $APQ$ và $ACB$ có:
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{APQ}=\widehat{ACB}(cmt)\)
\(\Rightarrow \triangle APQ\sim \triangle ACB(g.g)\Rightarrow \frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AP.AB=AQ.AC\) (đpcm)
c)
Xét tam giác $AHC$ vuông tại $H$ có đường cao $HQ$, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(AH^2=AQ.AC(1)\)
Lại có:
\(\widehat{ABE}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) nên tam giác $ABE$ vuông tại $B$
\(\Rightarrow \widehat{BAE}=90^0-\widehat{BEA}=90^0-\widehat{BCA}=90^0-\widehat{APQ}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{PAI}=90^0-\widehat{API}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{PAI}+\widehat{API}=90^0\Rightarrow \widehat{AIP}=90^0\)
\(\Rightarrow AE\perp PQ\) \(\Rightarrow KI\perp AE\)
Xét tam giác $AKE$ vuông tại $K$ (góc vuông chắn nửa đường tròn)
có đường cao $KI$, sử dụng công thức hệ thức lượng: \(AK^2=AI.AE(2)\)
Lại thấy: \(\widehat{QCE}=\widehat{ACE}=90^0=\widehat{QIE}\) \(\Rightarrow \widehat{QCE}+\widehat{QIE}=180^0\)
\(\Rightarrow IQCE\) là tgnt
\(\Rightarrow AI.AE=AQ.AC(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow AH^2=AK^2\Rightarrow AH=AK\) (đpcm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đt tâm O đường kính AH cắt AB tại M, AC tại N.
1. Chứng minh rằng MN là đường kính của đt O và tứ giác BMNC nội tiếp.
2. Gọi I là trung điểm của BC, lấy P là điểm đối xứng vs A qua I, gọi Q là trung điểm của HP gọi K là giao điểm của MN và AI.
a, Chứng minh rằng AI vuông góc vs MN
b, Chứng minh rằng Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC
bn đăng những câu này ít người trả lời tử tế lắm ha
A B C E F M O K N H
a) Xét tứ giác BFEC: ^BFC=^BEC=900 => Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Dễ thấy tứ giác ABKC nội tiếp đường tròn (O) => ^CAK=^CBK hay ^CAN=^CBK (1)
AK là đường kính của (O); B nằm trên (O) => AB\(\perp\)BK
Mà CF\(\perp\)AB => BK//CF => ^CBK=^BCF (2)
(1); (2) => ^CAN=^BCF. Mà ^BCF=^CAH (Cùng phụ ^ABC) => ^CAN=^BAH hay ^CAN=^FAM
Lại có: ^ACN=^AHE (Cùng phụ ^HAC)
Dễ chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn => ^AHE=^AFE
=> ^ACN=^AFE. Hay ^ACN=^AFM
Xét \(\Delta\)AMF và \(\Delta\)ANC: ^ACN=^AFM; ^CAN=^FAM => \(\Delta\)AMF ~ \(\Delta\)ANC (g.g)
=> \(\frac{AM}{AN}=\frac{MF}{NC}\)(*)
=> ^AMF=^ANC => 1800 - ^AMF=1800 - ^ANC => ^FMH=^CNK
Tứ giác ABKC nội tiếp (O) => ^ABC=^AKC. Mà ^ABC=^AHF (Cùng phụ ^BAH)
=> ^AKC=^AHF hay ^NKC=^MHF.
Xét \(\Delta\)NCK và \(\Delta\)MFH: ^NKC=^MHF; ^CNK=^FMH => \(\Delta\)NKC ~ \(\Delta\)MFH (g.g)
=> \(\frac{HM}{NK}=\frac{FM}{NC}\)(**)
Từ (*) và (**) => \(\frac{AM}{AN}=\frac{HM}{NK}\Rightarrow\frac{AM}{HM}=\frac{AN}{NK}\)=> MN//HK (Định lí Thales đảo) (đpcm).
ĐK LÀ GÌ VẬY BẠN ...CÁI ĐỀ BẠN CÓ THỂ GHI RÕ KHÔNG MÌNH NGHĨ MÌNH CÓ THỂ GIÚP ĐƯỢC