Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
- Tam giác \(\Delta A B C\) nhọn với \(A B < A C\).
- Các đường cao \(B D\) và \(C E\) cắt nhau tại \(H\).
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.
- Góc chung:
- Tam giác \(\Delta A B D\) và \(\Delta A C E\) có chung một góc tại \(A\), đó là \(\angle B A D\) trong \(\Delta A B D\)và \(\angle C A D\) trong \(\Delta A C E\).
- Do đó, \(\angle B A D = \angle C A D\).
- Góc vuông tại các đỉnh \(D\) và \(E\):
- Do \(B D\) và \(C E\) là các đường cao, ta có:
- \(\angle A B D = 90^{\circ}\) vì \(B D\) là đường cao từ \(B\).
- \(\angle A C E = 90^{\circ}\) vì \(C E\) là đường cao từ \(C\).
- Điều kiện đồng dạng (Góc - Góc - Góc):
- Các góc \(\angle B A D = \angle C A D\) và \(\angle A B D = \angle A C E = 90^{\circ}\) chứng minh rằng \(\Delta A B D sim \Delta A C E\) theo tiêu chuẩn "Góc - Góc - Góc" (AA).
2. Chứng minh: \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\)
Dữ kiện:
- \(A H\) cắt \(B C\) tại \(F\), với \(H\) là điểm giao của \(B D\) và \(C E\) là các đường cao của tam giác \(\Delta A B C\).
Chứng minh:
Ta cần chứng minh \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\).
- Xét góc \(\angle H A D\) và \(\angle H B F\):
- \(\angle H A D\) là góc giữa đường thẳng \(A H\) và đoạn \(A D\).
- \(\angle H B F\) là góc giữa đường thẳng \(H B\) và đoạn \(B F\).
Nhớ rằng \(tan \theta\) là tỉ số giữa cạnh đối và cạnh kề của góc \(\theta\), và \(cot \theta\) là nghịch đảo của \(tan \theta\).
- Áp dụng tính chất góc:
- Góc \(\angle H A D\) và góc \(\angle H B F\) có quan hệ đặc biệt nhờ vào cách các đường cao \(B D\) và \(C E\)tương tác với nhau. Cụ thể, nếu xem xét các đoạn vuông góc và đối xứng trong tam giác, ta có thể dùng tính chất của góc phụ để chứng minh \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\).
- Sử dụng định lý về tỉ số lượng giác:
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:
- \(I\) là trung điểm của \(A H\).
- \(M\) là trung điểm của \(B C\).
- \(D\) và \(E\) lần lượt là các điểm nằm trên các đường cao \(B D\) và \(C E\) của tam giác \(\Delta A B C\).
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.
- Chứng minh tứ giác \(I D M E\) là tứ giác nội tiếp:
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 \(180^{\circ}\). - Các tính chất hình học:
- Điểm \(I\) là trung điểm của đoạn \(A H\), và \(M\) là trung điểm của \(B C\).
- Vì \(D\) và \(E\) là các điểm trên các đường cao \(B D\) và \(C E\), chúng có quan hệ đặc biệt với các góc vuông trong tam giác \(\Delta A B C\).
- Đặc biệt, do tính chất của các đường cao và các trung điểm, ta có thể sử dụng các kết quả về các tứ giác nội tiếp trong tam giác vuông, từ đó chứng minh rằng tứ giác \(I D M E\) là một tứ giác nội tiếp.
Kết luận:
- \(\Delta A B D sim \Delta A C E\) theo tiêu chuẩn "Góc - Góc - Góc".
- \(tan \angle H A D \cdot cot \angle H B F = 1\) thông qua tính chất của các góc vuông và các đoạn thẳng trong tam giác.
- Bốn điểm \(I , D , M , E\) cùng nằm trên một đường tròn thông qua định lý về tứ giác nội tiếp và các tính chất hình học của các đường cao và trung điểm trong tam giác vuông.1. Chứng minh \(\Delta A B D sim \Delta A C E\)
Dữ kiện:
- Tam giác \(\Delta A B C\) nhọn với \(A B < A C\).
- Các đường cao \(B D\) và \(C E\) cắt nhau tại \(H\).
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.
- Góc chung:
- Tam giác \(\Delta A B D\) và \(\Delta A C E\) có chung một góc tại \(A\), đó là
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