Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔABD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔABD vuông tại B
=>BD vuông góc AB
=>BD//CH
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại C
=>AC vuông góc CD
=>CD//BH
Xét tứ giác BHCD có
BH//CD
BD//CH
Do đó: BHCD là hình bình hành
b: BHCD là hình bình hành
=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm của HD
Xét ΔHDA có
I,O lần lượt là trung điểm của DH,DA
=>IO là đường trung bình
=>IO//AH và IO=AH/2
=>AH=2IO
đây nhé, cậu chịu khó tự vẽ hình vậy
câu a, ta có MN//AB(đường trung bình ) nên \(\widehat{MNC}=\widehat{BAC}\)
mà \(\hept{\begin{cases}\widehat{MNC}+\widehat{ONM}=90^o\\\widehat{BAC}+\widehat{ABH}=90^o\end{cases}}\) => \(\widehat{ABH}=\widehat{MNO}\)
b) kẻ \(BK⊥BC=B\) (K là giao của OC với BK)
ta có \(OM=\frac{1}{2}BK\Rightarrow O\) là trung điểm của KC=>ON //AK( đường tb)
mà ON//BH=>AK//BH và ta có BK//AH nên AKBH là hình bình hành => BK=AH => 2OM=AH
mà 2GM=AG =>\(\frac{GM}{OM}=\frac{AG}{AH}\) (1)
mặt khác ta có \(\widehat{HAM}=\widehat{OMG}\) (so le trong ) (2)
từ (1) và (2) =>tam giác AHG đồng dặng với tam giác MOG(ĐPCM)
c) dựa vào câu b nhé
dễ mà
a, ta có
tam giác ABH đồng dạng với tam giác MNO (g.g) (chứng minh = cách sd t/c cua 2 góc có cạnh t/ứ //)
=> AH/OM = AB /MN =2 => DPCM
b,Gọi giao điểm của HO và AM là G'
cần chứng minh G' trùng G
Ta c/m đc tam giác AG'H đồng dạng tg MG'O
=> AG' /MG' =AH/MO =2 => G' chia đoạn AM theo ti số 2:1 => G' là trọng tâm => G' trùng G
=> ĐPCM
vậy là 3 k nhé
*****
Lời giải:
a. Ta có:
$\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn - cung BC)
$\Rightarrow BN\perp AC, CM\perp AB$
Tam giác $ABC$ có 2 đường cao $BN, CM$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.
b. Gọi $D$ là giao của $AH$ và $BC$. Do $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $AH\perp BC$ tại $D$.
Tam giác $BMC$ vuông tại $M$
$\Rightarrow$ trung tuyến $MO= \frac{BC}{2}=BO$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền)
$\Rightarrow BOM$ là tam giác cân tại $O$
$\Rightarrow \widehat{OMB}=\widehat{OBM}=90^0-\widehat{BCM}$
$=90^0-\widehat{DCH}=\widehat{MHA}=\widehat{MHE}(1)$
$CM\perp AB$ nên $AMH$ là tam giác vuông tại $M$
$\Rightarrow ME=\frac{AH}{2}=EH$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền)
$\Rightarrow MEH$ cân tại $E$
$\Rightarrow \widehat{MHE}=\widehat{EMH}(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow \widehat{OMB}=\widehat{EMH}$
$\Rightarrow \widehat{OMB}+\widehat{OMC}=\widehat{EMH}+\widehat{OMC}$
$\Rightarrow \widehat{BMC}=\widehat{EMO}$
$\Rightarrow \widehat{EMO}=90^0$
$\Rightarrow EM\perp MO$ nên $EM$ là tiếp tuyến $(O)$
c.
Ta có:
$EM=\frac{AH}{2}=EN$
$OM=ON$
$\Rightarrow EO$ là trung trực của $MN$
Gọi $T$ là giao điểm $EO, MN$ thì $EO\perp MN$ tại $T$ và $T$ là trung điểm $MN$.
Xét tam giác $EMO$ vuông tại $M$ có $MT\perp EO$ thì:
$ME.MO = MT.EO = \frac{MN}{2}.EO$
$\Rightarrow 2ME.MO = MN.EO$
a, HCDB là hbh (gt)
-> CH // BD; HB // CD
Vì H là trực tâm của Δ ABC (gt)
-> CH vuông với AB ; BH vuông với AC ; AH vuông với BC
-> AB vuông BD ; AC vuông CD
-> ^ABD=90*, ^ ACD=90*
Xét tứ giác ABCD có: ^ABD + ^ ACD = 180*
-> tứ giác ABCD nội tiếp
-> A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn (1)
DE // BC (gt)
->AH vuông DE ( vì AH vuông BC )
-> ^AED = 90*
Xét tứ giác ABED có ^AED=^ABD=90*
-> B và E cùng nhìn AD dưới 1 góc 90*
-> ABED nội tiếp
-> A,B,E,D cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ (1) và (2) -> A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
a) chắc đề hỏi là tứ giác BHCD là hình gì chứ ko có điểm K
Vì AD là đường kính \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\angle ACD=90\\\angle ABD=90\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CD\bot AC\\BD\bot AB\end{matrix}\right.\)
mà \(\left\{{}\begin{matrix}BH\bot AC\\CH\bot AB\end{matrix}\right.\Rightarrow\) \(CD\parallel BH,BD\parallel CH\) \(\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành
b) Vì BHCD là hình bình hành có I là trung điểm BC
\(\Rightarrow H,I,D\) thẳng hàng và I cũng là trung điểm HD
Xét \(\Delta AHD\) có O là trung điểm AD,I là trung điểm HD
\(\Rightarrow OI\) là đường trung bình \(\Rightarrow OI=\dfrac{1}{2}AH\Rightarrow AH=2OI\)
c) AI cắt HO tại G'.
Vì \(OI\parallel AH\) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{OI}=\dfrac{AG'}{G'I}\Rightarrow\dfrac{AG'}{G'I}=2\Rightarrow\dfrac{AG'}{AI}=\dfrac{2}{3}\)
\(\Rightarrow G'\) là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow G\equiv G'\Rightarrow\) đpcm
Vì \(OI\parallel AH\) \(\Rightarrow\dfrac{GH}{GO}=\dfrac{AH}{OI}=2\Rightarrow GH=2GO\)
d) Kẻ \(AF\bot HO\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S_{AOG}=\dfrac{1}{2}.AF.OG\\S_{AHG}=\dfrac{1}{2}.AF.HG\end{matrix}\right.\)
mà \(GH=2GO\Rightarrow S_{AHG}=2S_{AOG}\)
