Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
Gọi AM cắt DE tại I
Theo tính chất hình chữ nhật ADHE : \(\widehat{E_1}=\widehat{HAC}=\widehat{MBA};\widehat{A_1}=\widehat{D_1}=\widehat{AHE}=\widehat{MCA}\)
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{ACM}\Rightarrow\Delta ACM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MC\)(*)
Do \(\Delta AID\)vuông tại I suy ra
\(\widehat{DAM}+\widehat{D_1}=90^0\Leftrightarrow\widehat{DAM}+\widehat{DAH}=90^0\left(1\right)\)
\(\widehat{ABM}+\widehat{DAH}=90^0\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DAM}=\widehat{ABM}\)
\(\Rightarrow\Delta ABM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MB\)(**)
Từ (*);(**) suy ra MB=MC hay M là trung điểm BC . Do MF//AC suy ra
\(\widehat{MFC}=\widehat{ACF}\)
Mà
\(\widehat{ACF}=\widehat{MCF}\Rightarrow\widehat{MFC}=\widehat{MCF}\Rightarrow\Delta MFC\)cân tại M suy ra MC=MF
Mà MB=MC suy ra 
\(\Delta BFC\) có FM là trung tuyến 
\(FM=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\) \(\Delta BFC\)vuông tại F hay 
\(BF\perp CF\left(đpcm\right)\)
Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
=> BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE.
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
=>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
(Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/
(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
=> ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).
Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.
Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\) Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\) LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)
Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
Karin Korano
câu hỏi này của lớp 11 nhé !
1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán
đặt ^BAE=^CAE=α; EAF=β
Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)
Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có
: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh
bạn vô đây coi bài nào thích hớp thì xem Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho BD = AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho CE = AC. Gọi H là chân đường vuông góc kể từ B đến AD, K là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AE a) Chứng minh rằng HK song song với DE b) Tính HK, biết chu vi tam giác ABC bằng 10 cm Bài 2 Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho AN = AM. Gọi K là giao điểm của CA và NB. Chứng minh NK = 1/2 KB... Xem thêm - Tìm với Google
