Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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).
a: góc ACB=1/2*sđ cung AB=90 độ
Vì góc KHB+góc KCB=180 độ
=>BHKC nội tiếp
Xét ΔAHK vuông tại H và ΔACB vuôg tại C có
góc HAK chung
=>ΔAHK đồng dạng với ΔACB
=>AH/AC=AK/AB
=>AH*AB=AC*AK
b: Xét ΔBIE vuông tại I và ΔBMA vuông tại M có
góc IBE chung
=>ΔBIE đồng dạng với ΔBMA
=>BI/BM=BE/BA
=>BM*BE=BI*BA
Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có
góc IAE chung
=>ΔAIE đồng dạng với ΔACB
=>AI/AC=AE/AB
=>AI*AB=AC*AE
=>BE*BM+AE*AC=AI*AB+BI*AB=AB^2 ko đổi
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
hay \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}\)
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB
nên \(BH^2=BM\cdot BA\)
hay \(BM=\dfrac{BH^2}{BA}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(CH^2=CN\cdot CA\)
hay \(CN=\dfrac{CH^2}{CA}\)
Ta có: \(BM\cdot CN\cdot AH\)
\(=\dfrac{BH^2\cdot CH^2}{AB\cdot AC}\cdot\dfrac{AB\cdot AC}{BC}\)
\(=BC^3\)
a) Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=\left(90^0\right)\)
=> BFEC là tứ giác nội tiếp
=> \(\widehat{FEC}+\widehat{ABC}=180^0\)( đpcm )
b) \(tanB\cdot tanC=\frac{AD}{BD}\cdot\frac{AD}{CD}=\frac{AD^2}{BD\cdot CD}\)
Cần chứng minh : \(\frac{AD^2}{BD\cdot DC}=\frac{AD}{HC}=\frac{AD^2}{HC\cdot DC}\)
\(\Leftrightarrow BD\cdot DC=HC\cdot DC\)
Điều này luôn đúng do tam giác ABD đồng dạng với tam giác HDC
Tạm 2 câu trước, đợi mình chút
c) Vì ΔABC~ΔAEF nên \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}=\frac{AB^2}{AE^2}\) (1)
\(cos^2A=\frac{AE^2}{AB^2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}.cos^2A=1\)
⇔ \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)
d) Do \(\widehat{A}=45^0\) nên tam giác AEB và AFC vuông cân lần lượt tại E và F.
⇔ \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
⇔ \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\) ⇔ \(EF=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)cm
e) Do tam giác ABC nhọn nên
\(S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CED}+S_{DEF}\)
Dễ chứng minh ΔBDF~ΔBAC; ΔCED~ΔCBA
Ta có: \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{AE^2}{AB^2}+\frac{BF^2}{BC^2}+\frac{CD^2}{CA^2}\)
\(=\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{BDF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}< \frac{S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CDE}+S_{DEF}}{S_{ABC}}=1\)
Vậy ....
Lời giải:
a)
Ta thấy \(\widehat{CDB}\) là góc nội tiếp đường tròn $(O)$ chắn nửa đường tròn là cung $BC$ nên \(\widehat{CDB}=90^0\)
\(\Rightarrow CD\perp AB\)
Tương tự, ta cũng thấy $\widehat{BEC}$ cũng là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là cung $BC$ nên \(\widehat{BEC}=90^0\Rightarrow BE\perp AC\)
b) Xét tam giác $ABC$ có \(CD\perp AB; BE\perp AC\) và \(CD\cap CE=H\) nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$
Theo tính chất về sự đồng quy của ba đường cao trong tam giác suy ra $AH$ cũng là đường cao của tam giác $ABC$
\(\Rightarrow AH\perp BC\)
