1: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
2: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
Xét ΔHDA vuông tại D và ΔHFB vuông tại F có
\(\hat{DHA}=\hat{FHB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHDA~ΔHFB
=>\(\frac{HD}{HF}=\frac{HA}{HB}=\frac{DA}{FB}\)
=>\(\frac{HD}{DA}=\frac{HF}{FB}\)
Xét ΔHDA vuông tại D có tan HAD=HD/DA
Xét ΔHBF vuông tại F có cot HBF=BF/HF
=>\(\tan HAD\cdot\cot HBF=\frac{HD}{DA}\cdot\frac{BF}{HF}=\frac{HF}{FB}\cdot\frac{BF}{HF}=1\)
3: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,E,D,C cùng thuộc (M)
=>ME=MB=MD=MC
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,D,H,E cùng thuộc (I)
=>IA=ID=IH=IE
\(\hat{IEM}=\hat{IEH}+\hat{MEH}\)
\(=\hat{IHE}+\hat{MEC}=\hat{IHE}+\hat{MCE}\)
\(=\hat{FHC}+\hat{FCH}=90^0\)
=>E nằm trên đường tròn đường kính IM(1)
\(\hat{IDM}=\hat{IDH}+\hat{MDH}\)
\(=\hat{IDB}+\hat{MDB}=\hat{IHD}+\hat{DBC}=\hat{BHF}+\hat{HBF}=90^0\)
=>D nằm trên đường tròn đường kính IM(2)
Từ (1),(2) suy ra E,D,I,M cùng thuộc một đường tròn
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)
1: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
2: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
Xét ΔHDA vuông tại D và ΔHFB vuông tại F có
\(\hat{DHA}=\hat{FHB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHDA~ΔHFB
=>\(\frac{HD}{HF}=\frac{HA}{HB}=\frac{DA}{FB}\)
=>\(\frac{HD}{DA}=\frac{HF}{FB}\)
Xét ΔHDA vuông tại D có tan HAD=HD/DA
Xét ΔHBF vuông tại F có cot HBF=BF/HF
=>\(\tan HAD\cdot\cot HBF=\frac{HD}{DA}\cdot\frac{BF}{HF}=\frac{HF}{FB}\cdot\frac{BF}{HF}=1\)
3: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,E,D,C cùng thuộc (M)
=>ME=MB=MD=MC
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,D,H,E cùng thuộc (I)
=>IA=ID=IH=IE
\(\hat{IEM}=\hat{IEH}+\hat{MEH}\)
\(=\hat{IHE}+\hat{MEC}=\hat{IHE}+\hat{MCE}\)
\(=\hat{FHC}+\hat{FCH}=90^0\)
=>E nằm trên đường tròn đường kính IM(1)
\(\hat{IDM}=\hat{IDH}+\hat{MDH}\)
\(=\hat{IDB}+\hat{MDB}=\hat{IHD}+\hat{DBC}=\hat{BHF}+\hat{HBF}=90^0\)
=>D nằm trên đường tròn đường kính IM(2)
Từ (1),(2) suy ra E,D,I,M cùng thuộc một đường tròn
1. Chứng minh \(\Delta A B D sim \Delta A C E\)
Dữ kiện:
Chứng minh:
Để chứng minh hai tam giác \(\Delta A B D\) và ( \Delta ACE \ đồng dạng, chúng ta sẽ chứng minh rằng hai tam giác này có các góc tương ứng bằng nhau.
2. Chứng minh: \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\)
Dữ kiện:
Chứng minh:
Ta cần chứng minh \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\).
Nhớ rằng \(tan \theta\) là tỉ số giữa cạnh đối và cạnh kề của góc \(\theta\), và \(cot \theta\) là nghịch đảo của \(tan \theta\).
Ta biết rằng \(tan \angle H A D\) và \(cot \angle H B F\) liên quan đến các đoạn thẳng tạo thành các tam giác vuông tại \(H\), vì vậy:
\(tan \angle H A D = \frac{đ\text{o}ạ\text{n}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; \angle H A D}{đ\text{o}ạ\text{n}\&\text{nbsp};\text{k} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; \angle H A D} , cot \angle H B F = \frac{đ\text{o}ạ\text{n}\&\text{nbsp};\text{k} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; \angle H B F}{đ\text{o}ạ\text{n}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; \angle H B F}\)
Từ đó, ta có thể tính được tích của \(tan \angle H A D\) và \(cot \angle H B F\), và kết quả sẽ bằng 1.
3. Chứng minh bốn điểm \(I , D , M , E\) cùng nằm trên một đường tròn
Dữ kiện:
Chứng minh:
Để chứng minh rằng bốn điểm \(I , D , M , E\) cùng nằm trên một đường tròn, ta sẽ sử dụng định lý về bốn điểm đồng quy (cyclic quadrilateral) hoặc định lý Ptolemy.
Để bốn điểm \(I , D , M , E\) nằm trên cùng một đường tròn, ta cần chứng minh rằng tổng các góc đối diện của tứ giác này bằng \(180^{\circ}\).
Kết luận:
Dữ kiện:
Chứng minh:
Để chứng minh hai tam giác \(\Delta A B D\) và ( \Delta ACE \ đồng dạng, chúng ta sẽ chứng minh rằng hai tam giác này có các góc tương ứng bằng nhau.