Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, áp dụng hệ thức lượng ta có CB.CH=CK^2
VÀ CA.CI=CK^2
TỪ đó suy ra đpcm cùng = quá CK ^2
b , DỄ DÀNG CM đc tứ giác IKCH là hcn suy ra IK=CH ; KH=IC áp dụng hệ thức lượng cuối cùng trong tam giác vg IKH Có \(\frac{1}{KM^2}=\frac{1}{IK^2}+\frac{1}{KH^2}\)<=> \(\frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\)
Cảm ơn bạn lê thị bích ngọc đã giúp đỡ mình Nhưng còn ý d) bạn chưa làm. Đây là câu trả lời cho ý d) của mình nhé ^-^
d) Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta ABC\) vuông tại C ta có : \(AC^2=AK.AB\)
\(CB^2=BK.AB\)
\(\Rightarrow\frac{AC^2}{BC^2}=\frac{AK.AB}{BK.AB}=\frac{AK}{BK}\)
\(\Rightarrow\frac{AC^4}{BC4}=\frac{AK^2}{BK^2}\) (1)
Mặt khác , áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta AKC\) vuông tại K ta có: \(AK^2=AI.AC\) (2)
vào \(\Delta BKC\) vuông tại K ta có \(KB^2=BH.BC\) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\frac{AC^4}{BC^4}=\frac{AI.AC}{BH.BC}\Rightarrow\frac{AC^3}{CB^3}=\frac{AI}{BH}\)
a) Tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH nên \(BA^2=BH\cdot BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà theo đề bài, ta có \(BK=BA\) nên \(BK^2=BH\cdot BC\)
\(\rArr\frac{BK}{BC}=\frac{BH}{BK}\)
Xét các tam giác BKH và BCK, ta có \(\hat{CBK}\) chung và \(\frac{BK}{BC}=\frac{BH}{BK}\) nên \(\Delta BKH-\Delta BCK\left(c.g.c\right)\) (mình viết dấu "-" thay cho dấu đồng dạng nhé, vì ở đây không có kí hiệu đồng dạng)
\(\rArr\hat{BKH}=\hat{BCK}=\hat{DCK}\) (1)
Tam giác DIC vuông tại I có đường cao IL nên \(DI^2=DL\cdot DC\).
Theo đề bài, có \(DI=DK\) nên \(DK^2=DL\cdot DC\) \(\rArr\frac{DK}{DC}=\frac{DL}{DK}\)
Xét các tam giác DKL và DCK, ta có: \(\hat{CDK}\) chung và \(\frac{DK}{DC}=\frac{DL}{DK}\) nên \(\Delta DKL-\Delta DCK\left(c.g.c\right)\) \(\rArr\hat{DKL}=\hat{DCK}\) (2)
Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra \(\hat{BKH}=\hat{DKL}\) (đpcm).
Hình vẽ câu a đây nhé.
b) Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm B, bán kính BA và đường tròn tâm D, bán kính DI. TK cắt AC tại M.
Khi đó, xét đường tròn (B), dễ thấy \(\hat{MAK}=\hat{MTA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó).
\(\rArr\Delta MAK-\Delta MTA\left(g.g\right)\)
\(\rArr\frac{MA}{MK}=\frac{MT}{MA}\) \(\rArr MA^2=MK\cdot MT\)
Tương tự, ta có \(MI^2=MK\cdot MT\) \(\rArr MA=MI\) hay M là trung điểm AI.
Dễ thấy AH//IL vì chúng cùng vuông góc với BC nên AHLI là một hình thang vuông tại H và L. Hơn nữa, dễ thấy BC là trung trực của KT nên KT vuông góc với BC, suy ra KT//AH//IL.
Mà KT lại đi qua trung điểm M của AI nên KT chính là đường trung bình của hình thang AHLI. Nếu gọi giao điểm của KT và BC là N thì rõ ràng N là trung điểm của HL, suy ra KN là trung tuyến của tam giác KHL.
Tam giác KHL có KN vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên nó cân tại K. \(\rArr KH=KL\) (đpcm)
c) Từ \(\Delta DKL-\Delta DCK\) (câu a) \(\rArr\hat{DLK}=\hat{DKC}\)
Mà \(\hat{DLK}=\hat{CHK}\) (vì tam giác KLH cân tại K)
\(\rArr\hat{CKD}=\hat{CHK}\)
\(\rArr\Delta CKD-\Delta CHK\left(g.g\right)\)
\(\rArr\frac{CK}{CH}=\frac{CD}{CK}\) \(\rArr CK^2=CD\cdot CH\) (3)
Xét các tam giác vuông CID và CHA lần lượt vuông tại I và H, có góc ACB chung nên \(\Delta CID-\Delta CHA\left(g.g\right)\)
\(\rArr\frac{CI}{CH}=\frac{CD}{CA}\) \(\rArr CH\cdot CD=CI\cdot CA\) (4)
Từ (3) và (4), dễ thấy \(CK^2=CI\cdot CA\) (đpcm)
hình vẽ câu c