Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm E và F sao cho F thuộc cung AE. Hai đường thẳng AF và BE cắt nhau tại M, AE và BF cắt nhau tại H.
a. Chứng minh tứ giác MEHF nội tiếp
b. MH vuông góc AB tại I và AF.AM + BF.BM = AB^2 c. Vẽ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn tâm O (C và D là hai tiếp điểm, A và C cùng phía đối với MI). Chứng minh góc MDC = góc MID.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) xét (o) có:
góc AEB=90 độ( góc nt chắn nửa đt)⇒góc BEK=90 độ
góc AFB=90 độ( góc nt chắn nửa đt)⇒góc AFK=90 độ
Xét tứ giác KEFH có:
góc BEK=90 độ
góc AFK=90 độ
⇒góc BEK +góc AFK=180 độ
⇒tứ giác KEFH nt ( tứ giác có tổng 2 góc đối= 180 độ)
a) Chứng minh tứ giác IEHFIEHF nội tiếp được đường tròn.
Ta có ∠AEB=∠AFB=900∠AEB=∠AFB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
⇒AE⊥EB,AF⊥EB⇒AE⊥EB,AF⊥EB hay BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900.
Xét tứ giác IEHFIEHF có: ∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒ Tứ giác IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
b) Chứng minh ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
Cách 1:
Ta có IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠EIH=∠EFH⇒∠EIH=∠EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EHEH)
Hay ∠AIH=∠EFA.∠AIH=∠EFA.
Mà ∠EBA=∠EFA∠EBA=∠EFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AFAF của (O)(O))
⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)
Cách 2:
Xét tam giác IABIAB có hai đường cao AF,BEAF,BE cắt nhau tại H⇒HH⇒H là trực tâm tam giác IABIAB.
⇒IH⊥AB⇒IH⊥AB hay IK⊥ABIK⊥AB tại KK.
Xét tam giác vuông AIKAIK có: ∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900.
Xét tam giác vuông ABEABE có: ∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900.
Do đó ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
c) Chứng minh cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
Nối PA,PBPA,PB ta có ∠APB=900∠APB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác BPKBPK và tam giác BAPBAP có:
∠ABP∠ABP chung;
∠BKP=∠BPA=900;∠BKP=∠BPA=900;
⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: PKPA=BKPB=PK+BKPA+PBPKPA=BKPB=PK+BKPA+PB (1).
Xét tam giác vuông BKPBKP ta có: cos∠ABP=cos∠KPB=BKPBcos∠ABP=cos∠KPB=BKPB (2).
Từ (1) và (2) ta có cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
d) Gọi SS là giao điểm cuả tia BFBF và tiếp tuyến tại AA của nửa đường tròn (O)(O). Khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK.
Xét tứ giác AEHKAEHK có: ∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒ Tứ giác AEHKAEHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
⇒∠HEK=∠HAK=FAB⇒∠HEK=∠HAK=FAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HKHK);
Lại có ∠FAB=∠FEB∠FAB=∠FEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FBFB của (O)(O));
⇒∠HEK=∠FEB⇒EB⇒∠HEK=∠FEB⇒EB là phân giác của ∠FEK∠FEK ⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB (3).
Ta có: {IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒{IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒ Tứ giác AHISAHIS là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song).
Khi AHISAHIS là tứ giác nội tiếp thì ∠SAH+∠SIH=1800∠SAH+∠SIH=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) ;
Mà ∠SAH+∠AHI=1800∠SAH+∠AHI=1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau) ;
⇒∠SIH=∠AHI⇒⇒∠SIH=∠AHI⇒ Tứ giác AHISAHISlà hình thang cân.
Do đó ∠ISA=∠SAH∠ISA=∠SAH (Tính chất hình thang cân) hay ∠BSA=∠SAF∠BSA=∠SAF.
Mà ∠SAF=∠SBA∠SAF=∠SBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AFAF );
⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB vuông cân tại A⇒∠SBA=450A⇒∠SBA=450.
⇒ΔFAB⇒ΔFAB vuông cân tại F⇒∠FAB=450F⇒∠FAB=450 (4).
Từ (3) và (4) ta có ∠FEK=2∠FAB=2.450=900∠FEK=2∠FAB=2.450=900.
Vậy khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK(đpcm).
a, ta có : góc AEB = 90 độ
suy ra góc HEI = 90 độ
tương tự ta có góc HFI = 90 độ
suy ra : góc HEI + góc HFI = 180 độ
suy ra IEHF nội tiếp đường tròn
b, góc AIH = AFE
mà góc ABE = góc AFE
suy ra góc AIH = góc ABE
4]
tg DEC ~ tg DCB
=> EC/BC = DC/DB
=> EC = BC.DC/DB
=> AC.EC = AC.BC.DC/DB = 2S(ACB).DC/DB
Cần c/m AF.CH = AC.EC
<=> AF.CH = 2S(ACB).DC/DB
<=> AE.DB = 2S(ACB).DC/CH (*)
Mà 2S(ACB)/CH = AB
=> (*) <=> AE.DB = AB.DC = AB.DA
Mà AE.DB = 2S(ADB); AB.DA = 2S(ADB)
Vậy: AF.CH = AC.EC
5]
Ta đi c/m KA=KD để suy ra KE là tiếp tuyến.
AE kéo dài CH tại M
=> AK/CM = KI/IC
=> KD/CH = KI/IC
=> AK/CM = KD/CH (*)
DP cắt CH tại P; BC cắt AD tại J
=> HP/AD = BP/BD = CP/DJ (**)
Tam giác ACJ vuông tại C, AD=AD => DC là trung tuyến => AD=DJ
Từ (**) => HP=PC
Xét 2 tg vuông AMH và HBP, ta có ^AMH = ^HBP (cạnh tương ứng vuông góc)
=> tg AMH ~ HBP
=> MH/AH = HB/PH
=> MH = AH.HB/PH = AH.HB/(CH/2) = 2AH.HB/CH (***)
Do CH^2 = AH.HB => AH.HB/CH = CH
Từ (***) => MH = 2CH => CM =CH
Từ (*) => AK =KD
=> KE là trung tuyến tg vuông ADE => ka=ke
=> tg OKA = tg OKE (do OA=OE, OK chung; AK=KD)
=> ^KEO = ^KAO = 90
=> KE là tiếp tuyến của (O)
Vì E, F thuộc (O) nên: \(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\(\Rightarrow\)AF, BE là hai đường cao của tam giác APB.
Mà AF và BE cắt nhau tại Q. Nên Q là trực tâm của tam giác APB.
\(\Rightarrow\)PQ là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow PQ\perp AB\left(đfcm\right)\)
5 + 5 = 10 (tuổi)
Số tuổi con kém cha không bao giờ thay đổi. Ta có sơ đồ khi tuổi cha gấp 3 lần tuổi con:
Cha: l------l------l------l
Con: l------l
Hiệu số phần bằng nhau là:
3 - 1 = 2 (phần)
Giá trị 1 phần hay tuổi con khi đó là:
32 : 2 x 1 = 16 (tuổi)
Vậy tuổi cha gấp 3 lần tuổi con sau số năm là:
16 - 10 = 6 (năm)
Đáp số: 6 năm
Nguyễn Minh Anh 24 tháng 9 2018 lúc 21:00Báo cáo sai phạm
Gọi tuổi con lúc cha gấp 3 tuổi con là x ( x thuộc N*)
thì tuổi cha lúc đó là x + 32
theo đề ta có
3x = x + 32
<=> 2x = 32
<=> x = 16
=> lúc cha gấp 3 tuổi con , con 16 t
Vậy 6 năm sau tuổi cha gấp 3 lần tuổi con
Đúng 2 Sai 0 LinkOline Math 24 tháng 9 2018 lúc 21:00Báo cáo sai phạm
mik ghi kq thui:4 năm
~~~~~~~~
^_^
Báo cáo sai phạm
4 năm nữa bạn ơi
Đúng 1 Sai 0 Link
a: Xét (O) có
ΔAEB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAEB vuông tại E
=>AE\(\perp\)MB tại E
Xét (O) có
ΔBFA nội tiếp
BA là đường kính
Do đó:ΔBFA vuông tại F
=>BF\(\perp\)MA tại F
Xét tứ giác MEHF có \(\widehat{MEH}+\widehat{MFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên MEHF là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔMAB có
BF,AE là các đường cao
BF cắt AE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔMAB
=>MH\(\perp\)AB tại I
Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAIM vuông tại I có
\(\widehat{FAB}\) chung
Do đó: ΔAFB~ΔAIM
=>\(\dfrac{AF}{AI}=\dfrac{AB}{AM}\)
=>\(AF\cdot AM=AI\cdot AB\)
Xét ΔBEA vuông tại E và ΔBIM vuông tại I có
\(\widehat{EBA}\) chung
Do đó: ΔBEA~ΔBIM
=>\(\dfrac{BE}{BI}=\dfrac{BA}{BM}\)
=>\(BE\cdot BM=BA\cdot BI\)
\(AF\cdot AM+BE\cdot BM\)
\(=AI\cdot AB+BI\cdot AB=AB\left(BI+AI\right)=AB^2\)