Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E F H I G K
Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A, dựng \(\Delta\)BHC vuông cân tại H. Gọi giao điểm của AH và DF là I; HE giao BC tại G. Dựng điểm K đối xứng với F qua G.
Ta có: ^HBC = ^DBA (=450) => ^HBC + ^ABH = ^DBA + ^ABH => ^ABC = ^DBH (1)
\(\Delta\)ADB ~ \(\Delta\)CHB (Cùng là tam giác vuông cân) => \(\frac{AB}{CB}=\frac{BD}{BH}\)=> \(\frac{AB}{BD}=\frac{BC}{BH}\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DBH (c.g.c) => \(\frac{AC}{DH}=\frac{AB}{DB}\)
Mà \(\frac{AB}{DB}=\frac{AC}{AF}\) nên \(\frac{AC}{DH}=\frac{AC}{AF}\)=> DH = AF. Tương tự: FH = AD
Do đó: Tứ giác AFHD là hình bình hành. Do AH cắt DF ở I => I là trung điểm AH và DF (T/c hbh)
Dễ thấy: Tứ giác BHCE là hình vuông, có HE giao BC ở G => G là trung điểm EH và BC
Xét \(\Delta\)AEH: I là trung điểm AH; G là trung điểm EH => IG là đường trung bình \(\Delta\)AEH => IG // AE (3)
\(\Delta\)CGF = \(\Delta\)BGK (c.g.c) => CF = BK => AF = BK (Do CF = AF)
Lại có: ^DBK = 3600 - ^ABD - ^ABC - ^GBK = 3600 - 450 - ^ABC - ^ACB - 450 = 900 + ^BAC
^DAF = ^BAC + ^BAD + ^CAF = ^BAC + 900
=> ^DAF = ^DBK. Xét \(\Delta\)ADF và \(\Delta\)BDK có: ^DAF = ^DBK; AD=BD; AF=BK => \(\Delta\)ADF = \(\Delta\)DBK (c.g.c)
=> ^ADF = ^BDK => ^ADF + ^BDF = ^BDK + ^BDF => ^ADB = ^FDK = 900
Xét \(\Delta\)DKF : I là trung điểm DF; G là trung điểm FK => IG là đường trung bình \(\Delta\)DKF => IG // DK
Mà DK vuông góc DF (Vì ^FDK = 900) nên IG vuông góc DF (4)
Từ (3) và (4) => AE vuông góc DF (Quan hệ song song vuông góc)
C/m tương tự, ta có: CD vuông góc EF; BF vuông góc DE
Từ đó: AE; BF; CD là 3 đường cao trong \(\Delta\)DEF => 3 đường AE; BF; CD đồng qui (đpcm).
Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.
Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\) Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\) LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)
Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
Karin Korano
câu hỏi này của lớp 11 nhé !
1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán
đặt ^BAE=^CAE=α; EAF=β
Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)
Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có
: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh