Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: Ta có: \(\widehat{ABM}+\widehat{A}=90^0\)
\(\widehat{ACN}+\widehat{A}=90^0\)
Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
Xét ΔABC có
BM là đường cao ứng với cạnh AC
CN là đường cao ứng với cạnh AB
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
Suy ra: AH\(\perp\)BC
b: Ta có: \(\widehat{ABM}+\widehat{A}=90^0\)
\(\widehat{ACN}+\widehat{A}=90^0\)
Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
Xét ΔABC có
BM là đường cao ứng với cạnh AC
CN là đường cao ứng với cạnh AB
BM cắt CN tại H
Do đó: AH\(\perp\)BC
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)
a) Nối HK; BK; CK
+) Góc ACK ; góc ABK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R) => góc ACK = 90o ; góc ABK = 90o
=> AB | BK; AC | CK
Mà AB | CF; AC | BE nên CF // BK ; BE // CK => T/g BHCK là hình bình hành => 2 đường chéo BC ; HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Mà I là trung điểm của BC => I là trung điểm của HK
+) Xét tam giác AKH có: O; I là trung điểm của AK; HK => OI là đường trung bình của tam giác AKH => AH = 2.OI
b) +) Góc BAC là nội tiếp chắn cung BC => Góc BAC = 1/2 góc BOC ( Mối liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp)
=> góc BOC = 2.60o = 120o . Mà tam giác BOC cân tại O ; OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường p/g và đường cao
=> góc BOI = 1/2 góc BOC = 60o
+) Xét tam giác vuông BIO có: BI = OB.sin BOI = R. sin 60o = \(\frac{R\sqrt{3}}{2}\) => BC = 2.BI = \(R\sqrt{3}\)
Vậy....
\(1,\)Gọi I là tâm đường tròn đường kính BC thì I là trung điểm BC và \(MI=IN=BI=CI=\dfrac{1}{2}BC\) (bán kính cùng đường tròn)
\(\Rightarrow\Delta BNC\) vuông tại N và \(\Delta CMB\) vuông tại N
Vậy \(\widehat{BMC}=\widehat{BNC}=90\) độ
\(2,\)Ta có \(H=BM\cap CN\)
Mà BM, CN là đường cao tam giác ABC
Suy ra H là trực tâm
\(\Rightarrow AH\) là đường cao thứ 3
\(\Rightarrow AH\perp BC\)
\(3,\) Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại N và AH là K, AH cắt BC tại E.
Ta có \(\widehat{KNH}+\widehat{INH}=90\)
Mà \(\widehat{INH}=\widehat{NCI}\left(NI=IC\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{KNH}+\widehat{NCI}=90\)
Mà \(\widehat{NCI}+\widehat{CHE}=90\)
\(\Rightarrow\widehat{KNH}=\widehat{CHE}\)
Mà \(\widehat{CHE}=\widehat{NHK}\left(đđ\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{KNH}=\widehat{NHK}\)
\(\Rightarrow\Delta NHK\) cân tại K\(\Rightarrow NK=KH\left(1\right)\)
Ta có \(\widehat{KNH}+\widehat{KNA}=90;\widehat{KHN}+\widehat{NAH}=90\)
\(\Rightarrow\widehat{ANK}=\widehat{NAK}\Rightarrow NK=AK\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow NK=KH=AK\)
\(\Rightarrow\)Đfcm
Tick plzzz, nghĩ nát óc đó
1: Xét (O) có
\(\widehat{BNC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
nên \(\widehat{BNC}=90^0\)
Xét (O) có
\(\widehat{BMC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
nên \(\widehat{BMC}=90^0\)
2: Xét ΔABC có
BM là đường cao ứng với cạnh AC
CN là đường cao ứng với cạnh AB
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
Suy ra: AH\(\perp\)BC
Bài 1:
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.
