Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a)Có \(\widehat{MEC}=\widehat{MFC}\left(=90^0\right)\)
=>Tứ giác MECF nội tiếp
b)Có \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
\(\widehat{ACB}=\widehat{EMF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đt ngoại tiếp tứ giác MECF)
\(\Rightarrow\widehat{AMB}=\widehat{EMF}\)
Tương tự cũng có: \(\widehat{ABM}=\widehat{EFM}=\left(\widehat{ECM}\right)\)
Xét \(\Delta BMA\) và \(\Delta MEF\) có:
\(\widehat{AMB}=\widehat{EMF}\)
\(\widehat{ABM}=\widehat{EFM}\)
nên \(\Delta BMA\sim\Delta FME\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BM}{FM}=\dfrac{BA}{FE}\) \(\Leftrightarrow BM.EF=AB.FM\)
c) Gọi \(K=FE\cap AB\)
Có \(\widehat{MFK}=\widehat{ABM}\left(=\widehat{ECM}\right)\)
\(\Rightarrow\)Tứ giác BKMF nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{BKM}+\widehat{MFB}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BKM}=90^0\)
Có: \(\widehat{PAM}+\widehat{BCM}=180^0\) (vì BAMC nội tiếp do bốn đỉnh cùng thuộc đt tâm O)
\(\widehat{MCB}+\widehat{MEF}=180^0\) (vì EMCF nội tiếp)
\(\Rightarrow\widehat{PAM}=\widehat{MEQ}\) mà \(\dfrac{AP}{EQ}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AB}{\dfrac{1}{2}EF}=\dfrac{AB}{EF}=\dfrac{AM}{EM}\)
=> Tam giác APM và EQM đồng dạng (c.g.c)
\(\Rightarrow\widehat{APM}=\widehat{EQM}\) hay góc KPM= góc KQM
\(\Rightarrow\) Tứ giác KPQM nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{PKM}+\widehat{MQP}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MQP}=180^0-90^0=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta MQP\) vuông tại Q
=> PM2=MQ2+PQ2
(toi xỉu)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét tứ giác AEMF có
\(\widehat{AEM}=\widehat{AFM}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEMF là hình chữ nhật
b: Ta có: AEMFlà hình chữ nhật
=>AM cắt EF tại trung điểm của mỗi đường và AM=EF
=>O là trung điểm chung của AM và EF
K đối xứng M qua AC
=>AC vuông góc MK tại trung điểm của MK
ta có: AC\(\perp\)MK
AC\(\perp\)MF
MK,MF có điểm chung là M
Do đó: M,K,F thẳng hàng
=>F là trung điểm của MK
Xét ΔABC có MF//AB
nên \(\dfrac{MF}{AB}=\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{1}{2}\)
mà \(\dfrac{MF}{MK}=\dfrac{1}{2}\)(F là trung điểm của MK)
nên \(MK=AB\)
Xét tứ giác ABMK có
AB//MK
AB=MK
Do đó: ABMK là hình bình hành
=>AM cắt BK tại trung điểm của mỗi đường
mà O là trung điểm của AM
nên O là trung điểm của BK
=>B,O,K thẳng hàng
c: Xét ΔABC có
M là trung điểm của BC
MF//AB
Do đó: F là trung điểm của AC
Xét tứ giác AMCK có
F là trung điểm chung của AC và MK
=>AMCK là hình bình hành
Hình bình hành AMCK có AC\(\perp\)MK
nên AMCK là hình thoi
=>AK//CM và CA là phân giác của góc KCM
=>AK//CB
Xét tứ giác ABCK có AK//BC
nên ABCK là hình thang
Để ABCK là hình thang cân thì \(\widehat{KCM}=\widehat{ABC}\)
=>\(\widehat{ABC}=2\cdot\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
nên \(\widehat{ABC}=\dfrac{2}{3}\cdot90^0=60^0;\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)
Ta có: ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên BC=2AM=10(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}\)
=>\(AC=10\cdot sin60=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot CA\cdot CB\cdot sinACB\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot5\sqrt{3}\cdot10\cdot sin30=5\cdot5\sqrt{3}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{25\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)