Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A C B D P O M K L S T E F
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của PA và PD.
Ta thấy: \(\Delta\)PAK vuông tại K có trung tuyến KE => KE = 1/2.AP. Mà MF là đường trung bình \(\Delta\)PAD
Nên KE = MF (=1/2AP). Tương tự: FL = ME. Ta có: ^KEM = ^MFL (= ^PFM + Sđ(BC = ^PEM + Sđ(BC )
Suy ra: \(\Delta\)KEM = \(\Delta\)MFL (c.g.c) => KM = ML (Cạnh tương ứng)
Ta thấy: ^KML = ^EMF - ^EMK - ^FML = 1800 - ^PFM - ^FLM - ^FML (^EMK = ^ FLM vì \(\Delta\)KEM = \(\Delta\)MFL)
= ^PFL = 2.^PDL = 2.^PAK => ^KML = 2.^PDL = 2.^PAK
Ta lại có: ^BDT = ^BDC - ^TDL = 1/2.^KML - (900 - ^DML) = 1/2.^KML - ^OML = ^OMK - 1/2.^KML
= ^OMK - ^PAK = ^SAK - ^PAK = ^CAS => ^BDT = ^CAS
Mặt khác: ^MTL = ^AOC = 2.^MDL (=Sđ(AC ) => \(\Delta\)MLT ~ \(\Delta\)ACO (g.g)
=> \(\frac{LT}{CO}=\frac{ML}{AC}\)=> LT. AC = ML.CO = MK.BO (Do ML = MK). Tương tự \(\Delta\)KSM ~ \(\Delta\)BOD
Từ đó; LT.AC = MK.BO = KS.BD => DT.AC = AS.DB => \(\frac{DT}{AS}=\frac{DB}{AC}\). Kết hợp với ^BDT = ^CAS (cmt)
=> \(\Delta\)CSA ~ \(\Delta\)BTD (c.g.c) => \(\frac{CS}{BT}=\frac{SA}{TD}=\frac{KS}{LT}\)=> KS.BT = CS.LT (đpcm).
A B C D I E F Q R S
Ta có ^SDI = ^SAI, ^SBI = ^SCI => \(\Delta\)DSB ~ \(\Delta\)ASC (g.g) => \(\Delta\)ASD ~ \(\Delta\)CSB (c.g.c)
Mà AD = BC nên tỉ số đồng dạng của 2 tam giác trên là 1, nói cách khác \(\Delta\)ASD = \(\Delta\)CSB
Do đó ^SBC = ^SDA và SB = SD. Kết hợp với BE = DF suy ra \(\Delta\)SEB = \(\Delta\)SFD (c.g.c)
Từ đây dễ suy ra \(\Delta\)ESF ~ \(\Delta\)BSD => ^SEF = ^SBD = ^SCI => Tứ giác CERS nội tiếp
=> ^SRQ = ^ECS = ^BCS = ^SIQ => Tứ giác QIRS nội tiếp (đpcm).
a
Đường tròn (O)(O), đường kính AHAH có \(\widehat{AMH}\)=90∘
⇒HM⊥ABAMH^=90∘⇒HM⊥AB.
ΔAHBΔAHB vuông tại HH có HM⊥AB
⇒AH2=AB.AMHM⊥AB⇒AH2=AB.AM.
Chứng minh tương tự AH2=AC.ANAH2=AC.AN.
\(\Rightarrow\) AB.AM=AC.ANAB.AM=AC.AN.
B
Theo câu a ta có AB.AM=AC.AN
⇒AMAC=ANABAB.AM=AC.AN⇒AMAC=ANAB.
Tam giác AMNAMN và tam giác ACBACB có \(\widehat{MAN}\)MAN^ chung và AMAC=ANABAMAC=ANAB.
⇒ΔAMN∼ΔACB⇒ΔAMN∼ΔACB (c.g.c).
⇒\(\widehat{AMN}\)=\(\widehat{ACB}\)
c.
Tam giác ABCABC vuông tại AA có II là trung điểm của BC
⇒IA=IB=ICBC⇒IA=IB=IC.
⇒ΔIAC⇒ΔIAC cân tại I
⇒ \(\widehat{IAC}\)= \(\widehat{ICA}\)
Theo câu b ta có \(\widehat{AMN}\)= \(\widehat{ACB}\)
⇒ \(\widehat{IAC}\)= \(\widehat{AMN}\)
Mà \(\widehat{BAD}\)\(+\widehat{IAC}\)=90∘
⇒\(\widehat{BAD}\)+ \(\widehat{AMN}\)
=90∘
\(\Rightarrow\widehat{ADM}\)
=90∘BAD^+IAC^=90∘⇒BAD^+AMN^=90∘⇒ADM^=90∘.
Ta chứng minh ΔABCΔABC vuông tại AA có AH⊥BC
⇒AH2=BH.CHAH⊥BC⇒AH2=BH.CH.
Mà BC=BH+CH
⇒1AD=BH+CHBH.CH
⇒1AD=1HB+1HC.
\(\Rightarrow\) BMNCBMNC là tứ giác nội tiếp.