Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi BF,CE cắt nhau tại K và cắt AC,AB lần lượt tại S,T. Đường thẳng AH cắt MF,ME lần lượt tại P,Q.
Ta dễ thấy P là trực tâm của \(\Delta\)MAC, suy ra CP // EA (Cùng vuông góc AM). Tương tự BQ // FA
Áp dụng ĐL Melelaus và ĐL Thales ta có:
\(\frac{\overline{KB}}{\overline{KF}}.\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{EF}}{\overline{EA}}=1\Rightarrow\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}=\frac{\overline{KF}}{\overline{KB}}.\frac{\overline{EA}}{\overline{EF}}=\frac{\overline{AF}}{\overline{QB}}.\frac{\overline{EA}}{\overline{EF}}\)
\(\frac{\overline{KC}}{\overline{KE}}.\frac{\overline{SA}}{\overline{SC}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}=1\Rightarrow\frac{\overline{SC}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{KC}}{\overline{KE}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}=\frac{\overline{CP}}{\overline{EA}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}\)
Suy ra \(\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}.\frac{\overline{SC}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{CP}}{\overline{QB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}=-\frac{\overline{HC}}{\overline{HB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}=-1\)
Áp dụng điều kiện đủ của ĐL Ceva ta thu được AH,BS,CT đồng quy hay AH,BF,CE đồng quy (đpcm).
Câu hỏi của Diệp Song Thiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo link này nhé!
\({}\)
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)
b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của D ABC
· Gọi F là giao của BD và CA.
Ta có BD.BE= BA.BM (cmt)
= > B D B A = B M B E = > Δ B D M ~ Δ B A E ( c − g − c ) = > B M D = B E A
Mà BCF=BEA(cùng chắn AB)
=>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF
· Gọi T là giao điểm của CD và AH .
DBCD có TH //BD = > T H B D = C T C D (HQ định lí Te-let) (3)
DFCD có TA //FD = > T A F D = C T C D (HQ định lí Te-let) (4)
Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5)
· Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH ÞT là trung điểm AH .
a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE
· Ta có: DBA+ ABC = 900 , EBM +ABC = 900
Þ DBA =EBM (1)
· Ta có: DONA = DOME (c-g-c)
Þ EAN= MEO
Ta lại có: DAB +BAE+ EAN = 900, và BEM +BAE +MEO = 900
Þ DAB= BEM (2)
· Từ (1) và (2) suy ra DBDA đồng dạng DBME (g-g)
= > B D B M = B A B E = > D B . B E = B A . B M = B A . B C 2 = > 2 B D . B E = B A . B C
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.
Theo định lí Pytago 4 điểm ta có:
\(KB^2-KL^2=MB^2-ML^2\) vì \(MK\perp BL\)
\(KC^2-KL^2=NC^2-NL^2\) vì \(NK\perp CL\)
Suy ra \(KB^2-KC^2=MB^2-NC^2+NL^2-ML^2\)
\(=\frac{1}{4}\left(BF^2-CE^2+CF^2-BE^2\right)=\frac{1}{4}\left(BC^2-BC^2\right)=0\)
Vậy \(KB=KC.\)