Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi E là trung điểm BK
Chứng minh được QE là đường trung bình \(\Delta\)KBC nên QE//BC => QE _|_ AB (vì BC_|_AB) và \(QE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD\)
Chứng minh AM=QE và AM//QE => Tứ giác AMQE là hình bình hành
Chứng minh AE//NP//MQ (3)
Xét \(\Delta AQB\)có BK và QE là 2 đường cao của tam giác
=> E là trực tâm tam giác nên AE là đường cao thứ 3 của tam giác AE _|_ BQ
=> BQ _|_ NP
b) Vẽ tia Ax vuông góc với AF. Gọi giao Ax và CD là G
Chứng minh \(\widehat{GAD}=\widehat{BAP}\)(cùng phụ \(\widehat{PAD}\))
=> \(\Delta\)ADG ~ \(\Delta\)ABP (gg) => \(\frac{AP}{AG}=\frac{AB}{AD}=2\Rightarrow AG=\frac{1}{2}AP\)
Ta có \(\Delta\)AGF vuông tại A có AD _|_ GF nên AG.AF=AD.GF(=2SAGF)
=> \(AG^2\cdot AF^2=AD^2\cdot GF^2\left(1\right)\)
Ta chia cả 2 vế củ (1) cho \(AD^2\cdot AG^2\cdot AF^2\)
Mà \(AG^2+AF^2=GF^2\)(định lý Pytago)
\(\Rightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AG^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AB\right)^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AP\right)^2}+\frac{1}{AF^2}\)
\(\Rightarrow\frac{4}{AB^2}=\frac{4}{AP^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{4AF^2}\)
Ta có:\(BK//DE\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{DK}{KI}=\frac{BE}{BI}=\frac{BE}{CD}\left(BI=CD\right)\)
Mà: \(DE//BC\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{AB}{BE}=\frac{AC}{CD}\Rightarrow\frac{BE}{CD}=\frac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{DK}{KI}=\frac{AB}{AC}\)
Xét tam giác vuông ADI vuông tại A và tam giác CDL vuông tại C có:
AD = CD (cạnh hình vuông)
Nên ΔADI = ΔCDL (g.c.g)
\(\Rightarrow\) DI = DL
Trong tam giác DKL vuông tại D với đường cao DC. Theo định lí 4, ta có: \(\frac{1}{DL^2}+\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DC^2}\)
Mà: DI = DL (cmt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{DI^2}+\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DC^2}\) (đpcm)