Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
