Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Diệp Song Thiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo link này nhé!
Em đã học tứ giác nội tiếp chưa? Nếu học rồi áp dụng nó sẽ nhanh hơn.
A B C H D E F I N M O
Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
+) Ta có: AM//NH ( cùng vuông góc với AB)
AN// MH ( cùng vuông góc với AC)
=> AMHN là hình bình hành
Gọi O là giao điểm của AH và MN
=> O là trung điểm AH
+) Xét tứ giác BFHD có: \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=360^o\)
=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+90^o+90^o=360^o\)
=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}=180^o\)
Mà \(\widehat{FHD}+\widehat{FHA}=180^o\)( kề bù)
=> \(\widehat{FBD}=\widehat{FHA}\)
Mặt khác\(\widehat{FHA}=\widehat{HAM}\) ( so le trong)
=> \(\widehat{FBD}=\widehat{HAM}\)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{HAM}\)(1)
Xét tứ giác HDCE có:
\(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=360^o\)
=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+90^o+90^o=360^o\)
=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}=180^o\)
Mà \(\widehat{AHM}+\widehat{EHD}=180^o\)( kề bù)
=> \(\widehat{AHM}=\widehat{DCE}\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ACB}\)(2)
Từ (1), (2) => Tam giác MAH ~ Tam giác ABC
=> \(\frac{MA}{AH}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{MA}{2.AO}=\frac{AB}{2BI}\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)(3)
Từ (1), (3)=> Tam giác MAO ~ tam giác ABI
=> \(\widehat{OMA}=\widehat{IAB}\)
Ta lại có: \(\widehat{IAB}+\widehat{IAM}=\widehat{BAM}=90^o\)
=> \(\widehat{OMA}+\widehat{IAM}=90^o\)
Gọi K là giao điểm của MN và AI
=> \(\widehat{KMA}+\widehat{KAM}=90^o\)
=> \(\widehat{AKM}=90^o\)
=> AI vuông MN
cái chỗ \(\frac{MA}{2AO}\)= \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)
Nhg \(\frac{MA}{2AO}\) = \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{BI}\)
#MÃ MÃ#
\({}\)
a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.
Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\)
\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)
\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))
Vậy \(IE\perp ME\)
b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)
Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP
\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)
\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)
Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)
Bài 1:
A B C H F D E K L
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.
Gọi T là giao điểm của EF và BC. Xét tứ giác toàn phần BCEF.AT nội tiếp đường tròn (M) có BE cắt CF tại H nên theo định lý Brocard, H là trực tâm tam giác ATM, suy ra TH vuông góc với AM hay TH//PQ.
Dễ thấy \(\left(BCDT\right)=-1\) nên \(\left(HB,HC,HD,HT\right)=-1\).
Mà PQ//HT cắt HD, HB, HC lần lượt là A, Q, P nên A là trung điểm PQ (tính chất của hàng điểm điều hòa), suy ra MA là trung tuyến của tam giác MPQ.
Tam giác MPQ có MA vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên nó cân tại M, suy ra \(MP=MQ\) (đpcm).
Có kí hiệu nào quá khó hay là không hiểu lập luận chỗ nào thì nói mình ngay nhé.