Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B A C D E F G
Dựng hình vuông ABFC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BE cắt đường thẳng CF tại G.
Xét tam giác BFG và tam giác BAD có: BF = BA; FBG=ABD (vì cùng phụ vói góc DBF)
Suy ra hai tam giác này bằng nhau. Suy ra BD=BG.
Trong tam giác BEG vuông tại B có đường cao BF
nên theo hệ thức lượng ta có: \(\frac{1}{BD^2}+\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BG^2}+\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BF^2}=\frac{1}{AC^2}\) không đổi.
a. Lấy điểm X trên tia đối của tia BC sao cho BX=DE, suy ra tam giác ABX bằng tam giác ADE (cạnh huyền, cạnh góc vuông). Do đó AX=AE. Xét tam giác vuông XAF, áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và đường cao ta có \(\frac{1}{AX^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{1}{AB^2}\to\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{1}{AB^2}\) không đổi.
b. Kẻ EH vuông góc với KF. Ta có \(\sin EKF\cdot\cos EFK+\sin EFK\cdot\cos EKF=\frac{EH\cdot FH}{KE\cdot EF}+\frac{KH\cdot EH}{KE\cdot EF}=\frac{EH\left(FH+KH\right)}{KE\cdot EF}=\frac{EH\cdot KF}{KE\cdot EF}\)
\(\frac{2S_{KEF}}{KE\cdot EF}=\frac{KA\cdot EF}{KE\cdot EF}=\frac{KA}{KE}=\sin\angle AEK=\cos\angle AKE.\) (ĐPCM)
cho hình thoi ABCD có canh .Qua C vẽ đường thẳng M cắt các tia đối của các tia BA và DA theo thứ tự E và F.CMR tổng 1/AE +1/AF không đổi với mọi vị trí nói trên cảu đường thẳng m
BÁC NÀO BK CHỈ MK VS
a) Xét hai tam giác IAD và LCD có:
+DA=DC
+ Góc IAD=Góc LCD=90 (độ)
+ Góc ADI=Góc LDC (cùng phụ với góc IDC)
Hai tam giác đó bằng nhau, nên DI=DL (tam giác IDL câ tại D)
b) Theo câu a) ta có DI=DL
nên: 1/DI.DI+1/DK.DK=1/DL.DL+1/DK.DK
DL và DK là hai cạnh góc vuông của tam giác vuông KDL, đường cao DC, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (nghịch đảo bình phương đường cao, bằng tổng nghịch đảo hai cạnh góc vuông)
ta có: 1/DL.DL+1/DK.DK=1/DC.DC=1/a.a (a: cạnh hình vuông, không đổi)
tick đúng cho mih nhé
Đây là đề bài của e chị ạ, chị làm giúp em nha:
Cho hình vuông ABCD và điểm I ko thay đổi giữa A và B.Tia DI cắt BC tại E, đường thẳng qua D vuông góc với DE cắt BC tại F.
a; Chứng minh tam giác DIF vuông cân
Xét Tam giác ADI vuông tại A và tam giác CDL vuông tại C có :
AD = DC ( ABCD là HV)
ADI = CDL ( cùng phụ KDC )
=> Tam giác ADI = CDL ( c.g.v - g.n.k )
=> DI = DL => tam giác DIL cân tại I
b)
TAm giác DCL vuông tại D , theo HTL ;
\(\frac{1}{DC^2}=\frac{1}{DK^2}+\frac{1}{DL^2}\)
DI = DL => \(\frac{1}{DC^2}=\frac{1}{DK^2}+\frac{1}{DI^2}\)
Vì DC không đổi => \(\frac{1}{DC^2}\) ko đổi
=> \(\frac{1}{DK^2}+\frac{1}{DI^2}\) ko đổi
Xét tam giác ADI vuông tại A và tam giác CDL vuông tại C có :
AD = DC ( ABCD la HV )
ADI = CDL ( cung phụ KDC )
\(\Rightarrow\) Tam giác ADI = CDL ( c . g . v - g . n . k )
\(\Rightarrow\)DI = DL \(\Rightarrow\) tam giác DIL cân tại I
b,
Tam giác DCL vuông tại D , theo HTL
\(\frac{1}{DC^2}\) = \(\frac{1}{DK^2}\) +\(\frac{1}{DL^2}\)
DI = DL => \(\frac{1}{DC^2}\) = \(\frac{1}{DK^2}\) + \(\frac{1}{DI^2}\)
Vì DC không đổi => \(\frac{1}{DC^2}\) không đổi
=> \(\frac{1}{DK^2}\) + \(\frac{1}{DI^2}\) không đổi
A N M D E F G L P Q T H K I I J J 1 2 1 2
a) Xét đường tròn (J1) có: ^HJ1D = 2.^HMD (^HMD=1/2.Sđ(HD ). Tương tự: ^KJ2D = 2.^KND
Dễ thấy tứ giác MEFN nội tiếp (Do ^MEN = ^MFN) => ^DMH = ^DNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)
Do đó: ^HJ1D = ^KJ2D. Mà các tam giác HJ1D và KJ2D cân tại J1 và J2 => ^J2DK + 1/2.^HJ1D = 900
Hay ^J2DK + ^HMD = 900 => J2D vuông góc EM. Có J1H vuông góc EM => J2D // J1H
=> ^J1DJ2 = ^HJ1D (So le trong) => ^HDK = ^J1DJ2 + ^J1DH + ^J2DK = ^HJ1D + ^J1DH + ^J1HD = 1800
=> 3 điểm K,H,D thẳng hàng. Lại có: ^AHD = 1/2.Sđ(HD; ^AKD = 1/2.Sđ(KD => ^AHD = ^AKD
Từ đó: ^AHK = ^AKH => \(\Delta\)HAK cân tại A => AH=AK
Gọi giao điểm của tia AD với (I1) và (J1) lần lượt là P' và Q'. Ta sẽ chứng minh P' trùng P; Q' trùng Q.
Theo hệ thức lượng trong đường tròn: AH2 = AD.AQ' => AK2 = AD.AQ' => \(\Delta\)ADK ~ \(\Delta\)AKQ' (c.g.c)
=> ^AKD = ^AQ'K = 1/2.Sđ(DK => Điểm Q' nằm trên (J2) => Q' trùng Q (1)
Tương tự: AE.AM = AD.AP'; AE.AM = AF.AN => AF.AN = AD.AP' => \(\Delta\)ADF ~ \(\Delta\)ANP' (c.g.c)
=> ^ADF = ^ANP' => Tứ giác DFNP' nột tiếp => Điểm P' thuộc (DFN) hay P' thuộc (I2) => P' trùng P (2)
Từ (1) và (2) => Tia AD đi qua 2 điểm P và Q hay 3 điểm D,P,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Định trên đoạn thẳng EF một điểm T thỏa mãn \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)
Ta thấy ^GEA = ^GFA => ^GEH = ^GFK. Kết hợp với ^GHE = ^GKF => \(\Delta\)GEH ~ \(\Delta\)GFK (g.g)
=> \(\frac{GE}{GH}=\frac{GF}{GK}\). Lại có: ^EGF = ^EAF = ^HGK (Các góc nội tiếp) => \(\Delta\)GEF ~ \(\Delta\)GHK (c.g.c)
Do T và D định trên các cạnh EF, HK các tỉ số tương ứng bằng nhau nên \(\Delta\)GTF ~ \(\Delta\)GDK (c.g.c)
=> \(\frac{GT}{GD}=\frac{GF}{GK}\). Nhưng ^TGD = ^FGK (=^TGF - ^TGK) nên \(\Delta\)GTD ~ \(\Delta\)GFK (c.g.c)
=> ^GDT = ^GKF. Mà ^GKF = ^GQD => ^GDT = ^GQD = 1/2.Sđ(GD => DT là tia tiếp tuyến của đường tròn (DGQ) (3)
Mặt khác:^GLE = ^GFE = ^GKH = ^GQH. Dễ thấy: \(\Delta\)LEF ~ \(\Delta\)QHK. Từ \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)=> \(\Delta\)ELT ~ \(\Delta\)HQD
=> ^ELT = ^HQD => ^ELT - ^GLE = ^HQD - ^GQH => ^GLT = ^GQD. Mà ^GQD = ^GDT (cmt) nên ^GLT = ^GDT
Từ đó có: Tứ giác GDLT nội tiếp hay điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (4)
Qua (3) và (4) suy ra: Tiếp tuyến tại D của đường tròn (DGQ) cắt EF tại điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (đpcm).