Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hình bạn tự vẽ nha :
a.Ta có:
ˆAPM=ˆAHM=ˆAQM=90oAPM^=AHM^=AQM^=90o
→A,P,H,M,Q∈→A,P,H,M,Q∈ đường tròn đường kính AMAM
b.Từ câu a →A,P,H,M,Q∈(O,12AM)→A,P,H,M,Q∈(O,12AM)
→OP=OH=OM=OQ→OP=OH=OM=OQ
Mà ΔABCΔABC đều, AH⊥BC→ˆBAH=ˆHAC=30oAH⊥BC→BAH^=HAC^=30o
→ˆHOQ=2ˆHAQ=60o,ˆPOH=2ˆPAH=60o→HOQ^=2HAQ^=60o,POH^=2PAH^=60o
Do OP=OH,OH=OQOP=OH,OH=OQ
→ΔOPH,ΔOHQ→ΔOPH,ΔOHQ đều
→PH=OP=OQ=QH→PH=OP=OQ=QH
→OPHQ→OPHQ là hình thoi
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.23
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
A B C M D E F I K L G N
Gọi G là đỉnh thứ tư của hình bình hành KMIG. Giao điểm của MG và IK là N.
Do tứ giác KMIG là hình bình hành nên MI = KG và ^MKG + ^KMI = 1800 hay ^MKG + ^EMD = 1800
Ta có: \(\frac{MI}{BC}=\frac{MK}{AC}\). Do MI = KG nên \(\frac{KG}{BC}=\frac{MK}{AC}\)
Xét tứ giác CDME có: ^CDM = ^CEM = 900 => ^ECD + ^EMD = 1800. Mà ^MKG + ^EMD = 1800 (cmt)
Nên ^ECD = ^MKG hay ^ACB = ^MKG
Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)MGK có: \(\frac{GK}{BC}=\frac{MK}{AC}\); ^ACB = ^MKG => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MGK (c.g.c)
=> ^BAC = ^GMK và \(\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)
Lại có: \(\frac{MK}{AC}=\frac{ML}{AB};\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)(cmt) => \(\frac{ML}{AB}=\frac{MG}{AB}\)=> ML = MG
Ta thấy: Tứ giác AFME có ^AFM = ^AEM = 900 => ^FAE + ^FME = 1800 . Mà ^FAE = ^BAC = ^GMK (cmt)
Nên ^GMK + ^FME = 1800 => G;M;F thẳng hàng. Hay G;M;I thẳng hàng
Mặt khác: N là trung điểm KI và MG (T/c hbh) => Điểm M nằm trên trung tuyến LN của \(\Delta\)IKL (1)
MG = ML; MN = 1/2.MG (cmt) => MN=1/2.ML (2)
Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của \(\Delta\)IKL (đpcm).
Xét tứ giác ADME có góc ADM+góc AEM=180 độ
nên ADME là tứ giác nội tiếp
=>A,D,M,E cùng thuộc 1 đường tròn(1)
Xét tứ giác AEMH có góc AEM+góc AHM=180 độ
nên AEMH là tứ giác nội tiếp
=>A,E,M,H cùng thuộc 1 đường tròn(2)
Từ (1)và (2) suy ra A,E,M,H,D cùng thuộc 1 đường tròn
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
ĐỀ BÀI THIẾU \(\widehat{BAC}=105^0\). Hình vẽ trong TKHĐ
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt BC tại M. Tại E kẻ đường thẳng song song với AH cắt AC tại D.
Xét tam giác ABE có AB=BE=1 mà ^ABE=600 nên tam giác ABE đều. Khi đó
\(AH=AB\cdot\sin\widehat{ABH}=\sin60^0=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Dễ thấy \(\Delta MAE=\Delta ADE\left(g.c.g\right)\Rightarrow AD=AM\Rightarrow\Delta\)AMC vuông tại A có đường cao AH theo hệ thức lượng:
\(\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{AH^2}\Rightarrow\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\frac{4}{3}\)
Gọi F đối xứng với C qua A. Khi đó tam giác FBC vuông tại F.
Theo hệ thức lượng thì \(BC^2=HC\cdot CF\). Mặt khác \(BC^2=2AB\cdot HC\)
Đến đây dễ rồi nha, làm tiếp thì chán quá :(
em tự vẽ hình nha
Gọi O là trung điểm của AM
Vì tam giác AHM vuông tại H có O là trung điểm cạnh huyền AM
=> OH=OA=OM (1)
CMTT: OA=OM=OE (2)
Vì \(\hept{\begin{cases}MD\perp AB\\ME\perp AC\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}\widehat{MDA}=90^0\\\widehat{MEA}=90^0\end{cases}}\)
Xét tứ giác ADME có:
góc A= góc MDA = góc MEA = 90 độ
=> ADME là hình chữ nhật ( dhnb )
=> 2 đường chéo DE và AM cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và DE=AM
Mà O là trung điểm AM
=> O là trung điểm DE
=> OD=OE (3)
Từ (1), (2) và (3) => OD=OE=OA=OM=OH
=> A,D,H,M,F cùng nằm trên 1 đường tròn