Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Em tự giải
b. Do tam giác ABC đều và AH là đường cao \(\Rightarrow AH\) đồng thời là phân giác góc A
\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=\dfrac{1}{2}\widehat{A}=\dfrac{1}{2}.60^0=30^0\)
AEMHF nội tiếp đường tròn tâm O \(\Rightarrow\widehat{HOF}=2.\widehat{CAH}=60^0\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung HF)
Mà \(OH=OF\) (cùng là bán kính) \(\Rightarrow\Delta OHF\) đều (tam giác cân có 1 góc 60 độ)
Tương tự ta có \(\widehat{HOE}=60^0\Rightarrow\Delta OHE\) đều
\(\Rightarrow OE=OF=HE=HF\Rightarrow OEHF\) là hình thoi
c.
Gọi D là trung điểm AH \(\Rightarrow OD\perp AH\) \(\Rightarrow OH\ge DH\Rightarrow OH\ge\dfrac{1}{2}AH\Rightarrow OH\ge\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Gọi I là giao điểm EF và OH \(\Rightarrow I\) là tâm hình thoi OEHF
\(S_{OEHF}=2S_{OHE}=2EI.OH=2\sqrt{OE^2-OI^2}.OH\)
\(=2OH.\sqrt{OH^2-\left(\dfrac{OH}{2}\right)^2}=OH^2\sqrt{3}\ge\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2.\sqrt{3}=\dfrac{3a^2\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(OH=DH\Leftrightarrow O\) trùng D
\(\Rightarrow M\) trùng H
A) MP vuông góc AB tại P => góc MPA=90; MQ vuông góc AC tại Q=> MQA=90
=> tg APMQ nội tiếp(tổng 2 góc đối =90)
b) diện tích tam giác AMB=1/2.MP.AB=1/2.MP.BC; diện tích tam giác AMC=1/2.MQ.AC=1/2.MP.BC( AB=BC=CA tam giác đều)
S tam giác ABC=1/2.AH.BC
ta có: S AMB+S AMC=S ABC <=> \(\frac{1}{2}.MP.BC+\frac{1}{2}MQ.BC=\frac{1}{2}AH.BC\Leftrightarrow\frac{1}{2}BC\left(MP+MQ\right)=\frac{1}{2}.BC.AH\)
=> MP+MQ=AH
c) góc AHM=90(AH là đường cao)=> H cũng thuộc đường tròn đường kính AM <=> ngũ giác APMQH nội tiếp
(O): góc HAQ=1/2 góc HOQ(góc nt và góc ở tâm)
tam giác AHC vuông => góc HAC=90-C=90-60=30 độ hay HAQ=30(góc C=60 vì tam giác đều)
=> góc HOQ=2.30=60 .
(O): góc PAQ=1/2 góc POQ(góc nt và góc ở tâm) <=> góc POQ=2.60=120( góc PAQ hay BAC=60- tam giác đều)
góc HOQ=60 => OH là pg của góc POQ.
tam giác POQ có: OP=OQ=R=> tam giác cân => OH đồng thời là đường cao => OH vuông góc PQ
A B C O D E H F M K I
a) Ta có: Đường tròn (O) đường kính BC và 2 điểm D;E nằm trên (O)
=> ^BEC=^BDC=900 => BD vuông AC; CE vuông AB
Mà BD gặp CE tại H => H là trực tâm \(\Delta\)ABC
=> AH vuông BC (tại F) hay AF vuông BC (đpcm).
b) Thấy: \(\Delta\)ADH vuông đỉnh D, M là trg điểm AH
=> \(\Delta\)DMA cân đỉnh M => ^MDA=^MAD (1).
Tương tự: \(\Delta\)DOC cân đỉnh O => ^ODC=^OCD (2).
(1) + (2) => ^MAD+^ODC = ^MDA+^ODC = ^MAD+^OCD
Mà 2 góc ^MAD; ^OCD phụ nhau (Do \(\Delta\)AFC vuông đỉnh F)
=> ^MDA+^ODC=900 => ^MDO=900 => MD vuông OD
Lập luận tương tự: ME vuông OE => Tứ giác MEOD có ^MEO=^MDO=900
=> MEOD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM
Xét tứ giác MFOD: ^MFO=^MDO=900 => Tứ giác MFOD nội tiếp đường tròn đường kính MO.
Do đó: 5 điểm M;D;O;E;F cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OM (đpcm).
c) Dễ c/m \(\Delta\)EBF ~ \(\Delta\)CDF (c.g.c) => ^EFB=^CFD
=> 900 - ^EFB = 900 - ^CFD => ^EFA=^DFA hay ^EFM=^MFD
Xét tứ giác FEMD: Nội tiếp đường tròn => ^EFM=^KDM => ^MFD=^KDM
=> \(\Delta\)MKD ~ \(\Delta\)MDF (g.g) => \(\frac{MD}{MF}=\frac{MK}{MD}\Rightarrow MD^2=MK.MF\)(đpcm).
Gọi I là giao điểm BK và MC.
Dễ thấy: \(\Delta\)FEK ~ FMD (g.g) => \(\frac{FE}{FM}=\frac{FK}{FD}\Rightarrow FE.FD=FM.FK\)
Hoàn toàn c/m được: \(\Delta\)EFB ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => \(\frac{FE}{FC}=\frac{BF}{FD}\Rightarrow FE.FD=BF.FC\)
Từ đó suy ra: \(FM.FK=BF.FC\)\(\Rightarrow\frac{BF}{FM}=\frac{FK}{FC}\)
\(\Rightarrow\Delta\)BFK ~ \(\Delta\)MFC (c.g.c) => ^FBK=^FMC . Mà ^FMC+^FCM=900
=> ^FBK+^FCM = 900 hay ^FBI+^FCI=900 => \(\Delta\)BIC vuông đỉnh I
=> BK vuông với MC tại điểm I.
Xét \(\Delta\)MBC: BK vuông MC (cmt); MK vuông BC (tại F) => K là trực tâm \(\Delta\)MBC (đpcm).
d) Thấy ngay: EH là phân giác trong của \(\Delta\)FEK. Mà EA vuông EH
=> EA là phân giác ngoài tại đỉnh E của \(\Delta\)FEK
Theo ĐL đường phân giác trg tam giác: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow1+\frac{KH}{FH}=1+\frac{AK}{AF}\Rightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{AK+AF}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK+2AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK}{AF}+\frac{2AK}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}=\frac{FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}+\frac{FK}{FH}=\frac{2FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}=2+\frac{2KH}{FH}-2+\frac{2KF}{AF}=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)
\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)
Đến đây, lại thay: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)(T/c đg phân giác)
\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2\left(AK+KF\right)}{AF}=\frac{2AF}{AF}=2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}=\frac{2}{FK}.\)(đpcm).
d.
Xét△FBH và △FAC có BFH=AFC=90*,FBH=FAC(cùng phụ BCD)
=>△FBH∼ △FAC(g.g) =>FH.FA=FB.FC .
Xét△FBK và △FMC có BFK=MFC=90*, FBK=FMC
=>△FBK ∼ △FMC(g.g)=>FK.FM=FB.FC .
=>FH.FA=FK.FM
Mà FH+FA=FM-MH+FM+MA=2FM
Ta có 2FH.FA=2FK.FM=>2FH.FA=FK(FH+FA)=>KL
A B C H M N O a
a/ Ta có BH = a-5 = 13-5 = 8 (cm) , CH = a+5 = 13+5 = 18 (cm)
Dễ thấy AMHN là hình chữ nhật => AH = MN
Mặt khác, áp dụng hệ thức về cạnh trong tam giác vuông,ta có : \(AH^2=BH.CH=8.18=144\Rightarrow AH=MN=12\)
b/ Bạn tham khảo ở đây : http://olm.vn/hoi-dap/question/677639.html
Ta có: MP vuông góc AB (gt)
=) Góc MPA = 90độ (1)
Lại có: MQ vuông góc AC (gt)
=) Góc MQA = 90 độ (2)
Từ (1) và (2) =) góc MPA + góc MQA = 180độ
Mà 2 góc ở vị trí đối nhau
=) Tứ giác APMQ nội tiếp