Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trước tiên ta chứng minh \(HG=2GO\).
Gọi giao điểm của AM và OH là G'; M là trung điểm của BC.
Xét tứ giác BKCH có CH // BK ( cùng vuông góc với AB ) và BH // CK ( cùng vuông góc với AC ) do đó BKCH là hình bình hành.
=> HK giao BC tại trung điểm mỗi đường, mà M là trung điểm của BC nên M đồng thời là trung điểm của HK.
Xét tam giác AHK có O là trung điểm của AK, M là trung điểm của HK => OM là đường trung bình của tam giác AHK
=> \(\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)
Vì OM // AH nên theo định lý Ta-lét ta có:
\(\frac{AG'}{G'M}=\frac{HG'}{G'O}=\frac{AH}{OM}=2\) hay \(\frac{AG'}{G'M}=2\)
Đồng thời vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\frac{AG}{GM}=2\)
Do đó \(\frac{AG'}{G'M}=\frac{AG}{GM}\) \(\Rightarrow G\equiv G'\)
Do đó: \(\frac{HG}{GO}=2\) hay \(HG=2GO\) (1)
Kẻ đường cao \(h_a\) từ A đến OH
Ta có \(S_{AHG}=\frac{1}{2}\cdot h_a\cdot HG\) và \(S_{AGO}=\frac{1}{2}\cdot h_a\cdot GO\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(S_{AHG}=2S_{AGO}\) ( đpcm )
A B C O F H E D I K A' C' B' M N
a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)
KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)
Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).
b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.
AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K
Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'
Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'
Ta có : \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)
\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)
\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)
\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)
Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)
c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)
Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\) (1)
AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.
Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)
Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)
Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp đường tròn
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
Xét (O) có
ΔABK nội tiếp đường tròn
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
CH//BK
Do đó: BHCK là hình bình hành