Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E K H N M 2 1 2 1 1 1 F O
Xét \(\Delta ABK\)và \(\Delta C\text{D}K\)có:
\(\widehat{A_1}=\widehat{C_2}\)( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD )
\(\widehat{AKB}=\widehat{CK\text{D}}\)( đối đỉnh )
\(\Rightarrow\Delta ABK~\Delta C\text{D}K\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{KA}{KB}=\frac{KC}{K\text{D}}\Rightarrow KA.K\text{D}=KB.KC\)
b) Kéo dài CH và BH cắt AB và AC lần lượt tại N và M
Xét \(\Delta HC\text{D}\) có:
CK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
\(\Rightarrow\Delta HC\text{D}\)cân tại C
\(\Rightarrow\)CK là đường phân giác của \(\widehat{HC\text{D}}\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)
Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta CKH\)có:
\(\widehat{AHM}=\widehat{CHK}\)( đối đỉnh )
\(\widehat{A_1}=\widehat{C_1}\)( cùng bằng \(\widehat{C_2}\))
\(\Rightarrow\Delta AMH~\Delta CKH\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AMH}=\widehat{CKH}=90^0\)
Hay \(CM\perp AB\)
Xét \(\Delta ABC\)có:
2 đường cao cắt nhau tại H
\(\Rightarrow\)H là trực tâm của tam giác ABC
c) Ta có: DE // BC Mà \(A\text{D}\perp BC\Rightarrow DE\perp A\text{D}\Rightarrow\widehat{FDE}=90^0\)
Xét \(\Delta AFB\)Và \(\Delta\text{E}FD\)có:
\(\widehat{F_1}=\widehat{F_2}\)( đối đỉnh )
\(\widehat{A_1}=\widehat{FED}\)( góc nội tiếp cùng chắn cung BD )
\(\Rightarrow\Delta\text{A}FB~\Delta\text{E}FD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ABF}=\widehat{E\text{D}F}=90^0\)
Xét tam giác ABE nội tiếp đường tròn ( O, R )
có: \(\widehat{ABE}=90^0\)\(\Rightarrow\)AE là đường kính của ( O, R )
\(\Rightarrow\)A , O , E thẳng hàng
a) Do BE và CF là các đường cao trong tam giác ABC nên ˆBEC=90∘, ˆBFC=90∘
Tứ giác BCEF có góc E và góc F cùng nhìn cạnh BC và bằng nhau (cùng bằng 90∘) nên là tứ giác nội tiếp.
b) Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp nên ˆAFE=ˆACB, mà ˆACB=ˆASB (cùng chắn cung AB) nên ˆAFE=ˆASB
Suy ra tứ giác BFMS là tứ giác nội tiếp.
Do đó ˆFMS=180∘−ˆFBS=90∘.. Vậy OA ⊥⊥ EF.
c)
+) Tứ giác BCEF nội tiếp nên ˆAEF=ˆABC (1)
Từ OA ⊥ PE suy ra ˆAIB=ˆAPE(cùng phụ với ˆMAP). (2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔAPE∽ΔABI (g.g).
+) Tứ giác BHCS có BH // CS (cùng vuông góc với AS) và BS // CH (cùng vuông góc với AB) nên là hình bình hành. Do đó ba điểm H, K, S thẳng hàng.
Ta sẽ chứng minh hai góc đồng vị ˆPIM và HSM^ bằng nhau.
Tứ giác PDIM nội tiếp (vì có hai góc vuông M và D đối nhau) nên ˆPIM=ˆPDM (3)
Ta có:
ΔAHE∽ΔACDΔ nên AH.AD = AE.AC.
ΔAME∽ΔACSnên AM.AS = AE.AC.
Suy ra AH.AD = AM.AS ⇒AH/AM=AS/AD.
Do đó ΔMAH∽ΔDAS(c.g.c). Suy ra AHM^=ASD^.
Từ đó ta có tứ giác DHMS là tứ giác nội tiếp. Suy ra ˆHDM=ˆHSM. (4)
Từ (3) và (4) suy ra HS // PI, hay KH // PI.
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
A B C O I K H Q D
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
a) Khá dễ, chỉ cần để ý rằng \(\hat{EDB}=\hat{EKB}=90^{o}\) nên 4 điểm B, D, E, K cùng thuộc đường tròn đường kính EB.
b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{AEC}=\hat{ABC}\) vì cùng là góc nội tiếp chắn cung AC.
Mà tứ giác BDEK nội tiếp (câu a)) nên suy ra \(\hat{ABC}=\hat{KEA}\) (góc ngoài bằng góc trong đối diện)
Từ đó suy ra \(\hat{AEC}=\hat{KEA}\) , suy ra EA là tia phân giác của \(\hat{CEK}\). (đpcm 1)
Vẽ đường kính AF của (O). Khi đó \(\hat{ACF}=90^{o}\). Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{ABC}=\hat{AFC}\) (cùng là góc nội tiếp chắn cung AC), suy ra \(90^{o}-\hat{ABD}=90^{o}-\hat{AFC}\), suy ra \(\hat{BAD}=\hat{FAC}\) hay \(\hat{BAE}=\hat{SAC}\) (1)
Mặt khác, trong đường tròn (O), lại có \(\hat{AEB}=\hat{ACB}\) (cùng là góc nội tiếp chắn cung AB) hay \(\hat{AEB}=\hat{ACS}\) (2)
Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra tam giác ABE đồng dạng với ASC.
Suy ra \(\frac{AB}{AS}=\frac{AE}{AC}\) , suy ra \(AB\cdot AC=AE\cdot AS\) (đpcm 2)
Ý c) mình trả lời sau nhé.
Mình đang chưa làm ra câu C, mn giúp với ạ
c) Xét hệ trục tọa độ Descartes có gốc trùng với D, tia Oy trùng với tia DA, tia Ox trùng với tia DC. Chuẩn hóa \(A\left(0;2\right)\), gọi \(B\left(2b;0\right),C\left(2c;0\right)\). Dễ thấy ptđt AB là \(y=-\frac{1}{b}x+2\)
Khi đó trung điểm I của AB có tọa độ là \(I\left(b,1\right)\). Đường trung trực d của AB chính là đt qua I vuông góc với AB nên giả sử \(d:y=bx+c\). Khi đó vì d đi qua I nên \(1=b^2+k\rArr k=1-b^2\) , suy ra \(d:y=bx+1-b^2\)
O là giao điểm của trung trực AB và trung trực BC (có pt \(x=b+c\)) nên ta thay \(x=b+c\) vào ptđt d, ta có \(y=b\cdot\left(b+c\right)+1-b^2=bc+1\) , vậy O có tọa độ là \(O\left(b+c;bc+1\right)\), từ đó dễ thấy ptđt AO là \(y=\frac{bc-1}{b+c}x+2\), cho AO giao với BC sẽ ra tọa độ điểm S là \(S\left(\frac{2b+2c}{1-bc};0\right)\), suy ra hệ số góc của đt IS là \(k_1=\frac{0-1}{\frac{2b+2c}{1-bc}-b}=\frac{bc-1}{b^2c+b+2c}\)
CH là đường đi qua \(C\left(2c;0\right)\) vuông góc với AB nên hệ số góc của CH là \(b\). Vì vậy \(CH:y=bx+m\), mà CH đi qua C(2c;0) nên \(0=2bc+m\rArr m=-2bc\) , suy ra \(CH:y=bx-2bc\), cho CH giao với trục Oy sẽ tìm được tọa độ H là \(h\left(0,-2bc\right)\). Dễ dàng chứng minh E đối xứng với H qua BC, do đó \(E\left(0,2bc\right)\).
EK là đt qua E vuông góc với AB có hsg là \(b\) và cắt trục tung tại E(0, 2bc), do đó \(EK:y=bx+2bc\). Pthđgđ của EK và AB là \(bx+2bc=-\frac{1}{b}x+2\)
\(\lrArr\left(b+\frac{1}{b}\right)x=2-2bc\)
\(\lrArr x=\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}\)
Suy ra \(y=-\frac{1}{b}x+2=-\frac{1}{b}\cdot\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}+2=\frac{2bc+2b^2}{b^2+1}\)
Vậy \(K\left(\frac{2b-2b^2c}{b^2+1};\frac{2b^2+2bc}{b^2+1}\right)\), suy ra hệ số góc của đt KH là:
\(k_2=\frac{\frac{2b^2+2bc}{b^2+1}+2bc}{\frac{2b-2b^2c}{b^2+1}}=\frac{2b^2+2bc+2b^3c+2bc}{2b-2b^2c}=\frac{b+2c+b^2c}{1-bc}\)
Ta có \(k_1\cdot k_2=\frac{bc-1}{b+2c+b^2c}\cdot\frac{b+2c+b^2c}{1-bc}=-1\) nên KH vuông góc với IS. Ta có đpcm.
Mình làm câu c hơi tà đạo tí nhé :))
Dùng hệ tọa độ Oxy. Mình không khuyến khích bạn sử dụng cách này đâu mặc dù nó khá thú vị. Sẽ tốt hơn nếu bạn tìm được cách dùng hình thuần túy để giải câu c bài này.
Cảm ơn c nhiều nha, lâu quá giờ làm lại toán cấp 2 mà chưa kịp load luôn. để đọc lại tài liệu
Bạn nói lâu rồi mới làm lại toán cấp 2 à, vậy cho mình hỏi bạn bao nhiêu tuổi rồi?