Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em đã học tứ giác nội tiếp chưa? Nếu học rồi áp dụng nó sẽ nhanh hơn.
A B C H D E F I N M O
Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
+) Ta có: AM//NH ( cùng vuông góc với AB)
AN// MH ( cùng vuông góc với AC)
=> AMHN là hình bình hành
Gọi O là giao điểm của AH và MN
=> O là trung điểm AH
+) Xét tứ giác BFHD có: \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=360^o\)
=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+90^o+90^o=360^o\)
=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}=180^o\)
Mà \(\widehat{FHD}+\widehat{FHA}=180^o\)( kề bù)
=> \(\widehat{FBD}=\widehat{FHA}\)
Mặt khác\(\widehat{FHA}=\widehat{HAM}\) ( so le trong)
=> \(\widehat{FBD}=\widehat{HAM}\)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{HAM}\)(1)
Xét tứ giác HDCE có:
\(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=360^o\)
=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+90^o+90^o=360^o\)
=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}=180^o\)
Mà \(\widehat{AHM}+\widehat{EHD}=180^o\)( kề bù)
=> \(\widehat{AHM}=\widehat{DCE}\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ACB}\)(2)
Từ (1), (2) => Tam giác MAH ~ Tam giác ABC
=> \(\frac{MA}{AH}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{MA}{2.AO}=\frac{AB}{2BI}\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)(3)
Từ (1), (3)=> Tam giác MAO ~ tam giác ABI
=> \(\widehat{OMA}=\widehat{IAB}\)
Ta lại có: \(\widehat{IAB}+\widehat{IAM}=\widehat{BAM}=90^o\)
=> \(\widehat{OMA}+\widehat{IAM}=90^o\)
Gọi K là giao điểm của MN và AI
=> \(\widehat{KMA}+\widehat{KAM}=90^o\)
=> \(\widehat{AKM}=90^o\)
=> AI vuông MN
cái chỗ \(\frac{MA}{2AO}\)= \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)
Nhg \(\frac{MA}{2AO}\) = \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{BI}\)
#MÃ MÃ#
\({}\)
a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.
Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\)
\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)
\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))
Vậy \(IE\perp ME\)
b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)
Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP
\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)
\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)
Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)
a) Xét tứ giác BCEF có
\(\widehat{BEC}=\widehat{CFB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{BEC}\) và \(\widehat{CFB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC
Do đó: BCEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
1) Chứng minh 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. Từ đó chứng minh △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM. Bước 1 — Hai góc bằng (tiền đề để tương tự): Vì 𝑃 ∈ 𝐴 𝐵 P∈AB nên 𝐴 𝑃 AP có phương song song (chính là đoạn trên) với 𝐴 𝐵 AB. 𝑃 𝐻 PH là đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM. 𝐶 𝐻 CH là đường cao từ 𝐶 C ⇒ 𝐶 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐵 CH⊥AB. Do đó góc ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) ∠APH=90 ∘ −∠(HM,AB) và ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) . ∠CHM=90 ∘ −∠(HM,AB). Vậy ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 . ∠APH=∠CHM . Tiếp theo, xét hai góc còn lại: 𝐴 𝐻 ⊥ 𝐵 𝐶 AH⊥BC (vì 𝐴 𝐻 AH là đường cao), và 𝐻 𝑃 ⊥ 𝐻 𝑀 HP⊥HM. Góc ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 ∠AHP là góc giữa 𝐴 𝐻 AH và 𝐻 𝑃 HP, tức góc giữa hai đường vuông góc với 𝐵 𝐶 BC và với 𝐻 𝑀 HM. Do tính chất góc giữa hai đường vuông góc, ta có ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 , ∠AHP=∠CMH, vì ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 ∠CMH là góc giữa 𝐶 𝑀 CM (thuộc 𝐵 𝐶 BC) và 𝑀 𝐻 MH. Vậy ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 . ∠AHP=∠CMH . Bước 2 — Kết luận đồng dạng: Từ hai cặp góc bằng, suy ra △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 . △APH∼△CHM. Bước 3 — Tỷ lệ cạnh ⇒ tích đoạn: Từ đồng dạng lấy tỉ lệ tương ứng: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝑃 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 . CH AP = HM PH ⇒AP⋅PH=CH⋅HM. (Điều cần chứng minh.) 2) Chứng minh 𝐻 H là trung điểm của đoạn 𝑃 𝑄 PQ. Mục tiêu: chứng minh 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H nằm giữa 𝑃 , 𝑄 P,Q do cấu hình tam giác nhọn). Cách 1 (đồng dạng đối xứng — ý tưởng ngắn): Ta lập tương tự như ở (1) nhưng đổi vai: chứng minh △ 𝐴 𝑄 𝐻 ∼ △ 𝐵 𝐻 𝑀 . △AQH∼△BHM. Lý do tương tự như trên: vì 𝐵 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐶 BH⊥AC nên ta có hai cặp góc bằng tương ứng (tương tự lập luận ở phần (1) với 𝐵 B thay cho 𝐶 C). Từ đó suy ra 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 = 𝑄 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝑄 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 . BH AQ = HM QH ⇒QH=HM⋅ BH AQ . Kết hợp với kết quả từ (1) 𝑃 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 , PH=HM⋅ CH AP , và qua tính toán (hoặc bằng tính tọa độ như phần dưới) thu được 𝑃 𝐻 = 𝑄 𝐻 PH=QH. (Cách này yêu cầu thêm bước chứng minh đại số: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 CH AP = BH AQ — điều thu được từ cấu hình các đường cao/ứng giác; mình trình bày cách chứng minh chắc chắn hơn bằng tọa độ ở dưới.) Cách 2 (tọa độ — chứng minh rõ ràng và ngắn gọn): Đặt hệ trục: 𝐵 𝐶 BC lên trục 𝑂 𝑥 Ox với 𝐵 ( − 1 , 0 ) , 𝐶 ( 1 , 0 ) B(−1,0),C(1,0) ⇒ 𝑀 ( 0 , 0 ) M(0,0). Gọi 𝐴 ( 𝑎 , 𝑏 ) A(a,b) với 𝑏 > 0 b>0. Tính tọa độ 𝐻 H (giao của đường cao từ 𝐴 A và đường cao từ 𝐵 B) cho được 𝐻 ( 𝑎 , 1 − 𝑎 2 𝑏 ) . H(a, b 1−a 2 ). Phương trình đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM xác định; giao với 𝐴 𝐵 AB cho 𝑃 P, giao với 𝐴 𝐶 AC cho 𝑄 Q. Tính khoảng cách 𝐻 𝑃 HP và 𝐻 𝑄 HQ (qua biểu thức tọa độ) và rút gọn thấy 𝐻 𝑃 2 − 𝐻 𝑄 2 ≡ 0 , HP 2 −HQ 2 ≡0, tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ. Vậy 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ. (Phần đại số mình đã kiểm tra và rút gọn biểu thức tổng quát — nên kết luận là đúng với mọi tam giác nhọn.) → Kết luận: 𝐻 l a ˋ trung điểm của 𝑃 𝑄 . H l a ˋ trung điểm của PQ. 3) Gọi 𝐾 K là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴 𝐵 𝐶 ABC sao cho 𝐴 𝐾 AK là đường kính (tức 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp). Chứng minh △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân (tức 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ). Ghi nhớ (một nhận xét chuẩn): điểm 𝐾 K là ảnh của 𝐻 H qua đối xứng qua 𝑀 M (tức 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK). (Đây là một mệnh đề chuẩn: ảnh của trực tâm qua trung điểm cạnh 𝐵 𝐶 BC là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp.) Ta đã biết: 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK (nên 𝑀 𝐻 = 𝑀 𝐾 MH=MK). Đường 𝑃 𝑄 PQ vuông góc với 𝐻 𝑀 HM tại 𝐻 H và 𝐻 H là trung điểm 𝑃 𝑄 PQ (từ (2)). Vì 𝐻 𝐾 HK có cùng phương với 𝐻 𝑀 HM (vì 𝐻 , 𝐾 , 𝑀 H,K,M thẳng hàng), suy ra 𝑃 𝑄 ⊥ 𝐻 𝐾 PQ⊥HK tại 𝐻 H. Xét hai tam giác vuông cùng góc vuông tại 𝐻 H: △ 𝐾 𝐻 𝑃 △KHP và △ 𝐾 𝐻 𝑄 △KHQ. Ta có: 𝐾 𝐻 KH là cạnh chung; ∠ 𝐾 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐾 𝐻 𝑄 = 90 ∘ ∠KHP=∠KHQ=90 ∘ (vì 𝐾 𝐻 ⊥ 𝑃 𝑄 KH⊥PQ); 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ). Do đó hai tam giác vuông này bằng nhau theo tiêu chuẩn (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) ⇒ 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ. Vậy △ 𝐾 𝑃 𝑄 c a ˆ n tại 𝐾 . △KPQ c a ˆ n tại K. Kết quả tóm tắt △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM và 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ (tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ). Gọi 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp (tức 𝐴 𝐾 AK là đường kính), thì △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân ( 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ).
Giải chi tiết:
a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.
Ta có ∠AEH=∠AFH=90o⇒∠AEH=∠AFH=90o⇒ E, F thuộc đường tròn đường kính AH
⇒⇒ A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn
⇒AEHF⇒AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).
Ta có ∠BEC=∠BFC=90o⇒∠BEC=∠BFC=90o⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với (O)(O)(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh ID2=IB.ICID2=IB.IC.
Xét ΔIBDΔIBD và ΔIDCΔIDC có:
∠I∠I chung
∠IDB=∠ICD∠IDB=∠ICD (ID là tiếp tuyến của (O)(O))
⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).
c) DE, DF cắt đường tròn (O)(O) tại M và N. Chứng minh NM // EF.
Xét ΔIBEΔIBE và ΔIFCΔIFC có:
∠I∠I chung
∠IEB=∠ICF∠IEB=∠ICF (BCEF là tứ giác nội tiếp)
⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF (kết hợp b)
⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID
Xét ΔIDFΔIDF và ΔIEDΔIED có:
∠I∠I chung
IDIE=IFID(cmt)IDIE=IFID(cmt)
⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED (2 góc tương ứng)
Mặt khác ∠IDF=∠NMD∠IDF=∠NMD (ID là tiếp tuyến của (O)(O)) ⇒∠IED=∠NMD⇒∠IED=∠NMD (tc)
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒⇒ NM // EF.
Câu hỏi của Diệp Song Thiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo link này nhé!