Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét ΔANC vuông tại N có
\(\widehat{NAC}+\widehat{ACN}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)
hay \(\widehat{ACN}=90^0-\widehat{NAC}=90^0-60^0=30^0\)
Xét ΔANC vuông tại N có \(\widehat{ACN}=30^0\)(cmt)
nên \(AN=\frac{AC}{2}\)(Trong một tam giác vuông, cạnh đối với góc 300 thì bằng nửa cạnh huyền)
hay \(AN=\frac{8}{2}=4cm\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔANC vuông tại N, ta được:
\(AC^2=AN^2+NC^2\)
\(\Leftrightarrow NC^2=AC^2-AN^2=8^2-4^2=64-16=48\)
hay \(NC=4\sqrt{3}cm\)
Vậy: AN=4cm; \(NC=4\sqrt{3}cm\)
Xét ΔABM vuông tại M và ΔACN vuông tại N có
\(\widehat{BAM}\) chung
Do đó: ΔABM∼ΔACN(g-g)
\(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)(hai góc tương ứng bằng nhau)
mà \(\widehat{ACN}=30^0\)(cmt)
nên \(\widehat{ABM}=30^0\)
Vậy: \(\widehat{ABM}=30^0\)
b) Xét ΔABC có:
BM là đường cao ứng với cạnh AC(gt)
CN là đường cao ứng với cạnh AB(gt)
BM\(\cap\)CN={H}
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Tính chất ba đường cao của tam giác)
⇔AH⊥BC
hay AK⊥BC
Xét ΔCBM vuông tại M và ΔCAK vuông tại K có
\(\widehat{BCM}\) chung
Do đó: ΔCBM∼ΔCAK(g-g)
\(\Rightarrow\widehat{CBM}=\widehat{CAK}\)(hai góc tương ứng)(ddpcm)
c) Ta có: \(AN=\frac{AC}{2}\)(cmt)
nên \(\frac{AN}{AC}=\frac{1}{2}\)
hay \(\frac{AC}{AN}=2\)
Ta có: ΔABM∼ΔACN(cmt)
⇔\(\frac{AB}{AC}=\frac{AM}{AN}\)
hay \(\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}\)
Xét ΔABC và ΔAMN có
\(\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}\)(cmt)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔABC∼ΔAMN(c-g-c)
⇒\(\frac{BC}{MN}=\frac{AC}{AN}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
mà \(\frac{AC}{AN}=2\)(cmt)
nên \(\frac{BC}{MN}=2\)
hay \(MN=\frac{BC}{2}\)(1)
Xét ΔNBC vuông tại N có NI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(I là trung điểm của BC)
nên \(NI=\frac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(2)
Xét ΔMBC vuông tại M có MI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(I là trung điểm của BC)
nên \(MI=\frac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra IN=IM=NM
Xét ΔINM có IN=IM=NM(cmt)
nên ΔINM đều(định nghĩa tam giác đều)(đpcm)
(Chẳng biết đề có sai ko nữa?)
Bây giờ vẽ đường tròn tâm \(O\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và cho 2 tia tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) của đường tròn gặp nhau tại \(K\).
Khi đó, \(\widehat{BAK}=\widehat{MAC}\) tức là \(AH\) trùng với \(AK\) hoặc 2 tia này đối xứng nhau qua \(AB\).
Ta sẽ CM khả năng thứ 2 vô lí như sau: Theo gt thì \(\widehat{CAH}=\widehat{MAB}\) nên hoàn toàn tương tự (đổi chỗ \(B,C\)) sẽ có \(AH,AK\) đối xứng qua \(AC\) (mâu thuẫn với khả năng thứ 2).
Vậy \(AH\) trùng với \(AK\). Nhưng như vậy thì tam giác này cân nên (???)
Cho BG cắt AC tại N, CG cắt AB tại P. Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt CF,AF tại I,J. Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt EB,EA tại D,H
\(\Delta BCA\)và \(\Delta CDB\)có : \(\widehat{ABC}=\widehat{BCD}\left(slt\right);\widehat{BAC}=\widehat{CBD}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến & dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên \(\Delta BCA\infty\Delta CDB\left(g.g\right)\). Suy ra : \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC^2=AB.CD\left(1\right)\)
\(\Delta BCA\)và \(\Delta IBC\)có : \(\widehat{BCA}=\widehat{IBC}\left(slt\right);\widehat{BAC}=\widehat{ICB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến & dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên \(\Delta BCA\infty\Delta IBC\left(g.g\right)\). Suy ra : \(\frac{BC}{IB}=\frac{CA}{BC}\Leftrightarrow BC^2=IB.CA\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AB.CD=IB.CA\Leftrightarrow\frac{AB}{BI}=\frac{AC}{CD}\)
Áp dụng hệ quả định lí Talet : AC // IJ\(\Rightarrow\frac{AN}{JB}=\frac{FN}{FB}=\frac{CN}{BI}\Rightarrow BJ=BI\)(vì AN = CN)
AB // DH\(\Rightarrow\frac{PB}{CD}=\frac{EP}{EC}=\frac{AP}{HC}\Rightarrow CD=HC\)(vì PB = AP)
\(\frac{AB}{BI}=\frac{AC}{CD}\Leftrightarrow\frac{AB}{BJ}=\frac{AC}{CH}\). \(\widehat{JBA}=\widehat{CAB};\widehat{CAB}=\widehat{ACH}\left(slt\right)\Rightarrow\widehat{JBA}=\widehat{ACH}\)
\(\Delta ABJ,\Delta ACH\)có \(\widehat{JBA}=\widehat{HCA};\frac{AB}{BJ}=\frac{AC}{CH}\Rightarrow\Delta ABJ\infty\Delta ACH\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AJB\:}=\widehat{AHC}\)
Mà \(\widehat{AJB\:}=\widehat{FAC};\widehat{AHC}=\widehat{EAB}\)(đồng vị) nên \(\widehat{EAB}=\widehat{FAC}\)
P/S : - Bài này là câu 7 của đề thi HSG Toán 9 Đà Nẵng 2017 - 2018 vào ngày 1/3 vừa qua. Mình bí bài này nhưng đã nhận được đáp án đề thi và muốn đưa bài giải cho mọi người tham khảo
- Link đáp án : www.facebook.com/toaji.phan/posts/595746860776994?pnref=story
- Link hình : www.facebook.com/toanhockhocothayanh/photos/a.258465918014842.1073741829.258088654719235/295108181017282/?type=3&theater
a: Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có
góc C chung
Do đó: ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
Suy ra: CD/CE=CA/CB
hay \(CD\cdot CB=CE\cdot CA\left(1\right)\)
b: Xét ΔCIB vuông tại I có ID là đường cao
nên \(CI^2=CD\cdot CB\left(2\right)\)
Xét ΔCQA vuông tại Q có QE là đường cao
nên \(CQ^2=CE\cdot CA\left(3\right)\)
Từ (1), (2)và (3) suy ra CI=CQ
hay ΔCIQ cân tại C
A B C D E H K O a) Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
Suy ra tứ giác ADHE nội tiếp
Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\)
Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp
b) Ta có tứ giác BEDC nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)
Xét △ADE và △ABC có
\(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)(cmt)
\(\widehat{A}\) chung
Suy ra △ADE \(\sim\) △ABC(g-g)\(\Rightarrow\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=cos_{\widehat{BAD}}=cos_{45^0}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
c) Vẽ đường kính AOK
Ta có \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)\(\Leftrightarrow\)\(\widehat{AED}+\widehat{EAO}=\widehat{ACB}+\widehat{BAK}=\frac{sd\stackrel\frown{AB}}{2}+\frac{sd\stackrel\frown{BK}}{2}=\frac{sd\stackrel\frown{AB}+sd\stackrel\frown{BK}}{2}=\frac{sd\stackrel\frown{AK}}{2}=\frac{180^0}{2}=90^0\Rightarrow\)OA⊥DE