Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD, phân giác trong AE. Lấy P và Q trên đoạn AE sao cho ^ACQ = ^BCP. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Lấy K trên DP sao cho HK vuông góc AP. Gọi I là hình chiếu của Q lên BC. Chứng minh tam giác HIK cân ?
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
25 tháng 4 2018
a) Ta có: Điểm K đối xứng với điểm F qua AC => FC=KC; AF=AK
=> \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)ACK (c.c.c) => ^AFC=^AKC (2 góc tương ứng)
Ta thấy tứ giác ABFC nội tiếp đường tròn tâm O => ^AFC=^ABC.
H là trực tâm của tam giác ABC => CH\(\perp\)AB (tại D)
=> ^HCB + ^ABC = 900 (1)
Lại có AH\(\perp\)BC => ^LHC + ^HCB = 900 (2)
Từ (1) và (2) => ^ABC=^LHC. Mà ^LHC + ^AHC = 1800
=> ^ABC + ^AHC = 1800. Do ^ABC=^AFC=^AKC (cmt) => ^AKC + ^AHC= 1800
Xét tứ giác AHCK có: ^AKC + ^AHC =1800 => Tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) AO cắt GI tại Q
Gọi giao điểm của AO và (O) là P = >^ACP=900 => ^CAP+^CPA=900 (*)
Thấy tứ giác ACPB nội tiếp đường tròn (O) => ^CPA=^ABC
Mà ^ABC+^AHC=1800 => ^CPA+^AHC=1800 (3).
Ta có tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp (cmt) => ^KAI=^CHI
Lại có \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)ACK => ^FAC=^KAC hay ^KAI=^GAI => ^GAI=^CHI
Xét tứ giác AHGI: ^GAI=^GHI (=^CHI) (cmt) = >Tứ giác AHGI nội tiếp đường tròn
=> ^AIG+^AHG=1800 hay ^AIG + ^AHC=1800 (4)
Từ (3) và (4) => ^AIG=^CPA (**)
Từ (*) và (**) => ^CAP+^AIG=900 hay ^IAQ+^AIQ=900 => \(\Delta\)AIQ vuông tại Q
Vậy AO vuông góc với GI (đpcm).
YY
30 tháng 5 2018
\(\widehat{\text{AFB}}=\widehat{ADB}=90^0\)
Mà ÀB và ADB là hai góc kề cùng nhìn AB dưới hai góc bằng nhau => ÀDB nội tiếp
b) ta có \(\widehat{ACB}=\widehat{AEB}\)( cùng chắn cung AB)
\(\widehat{DFC}=\widehat{BAF}\)( trong tứ giác nội tiếp góc ngaoif tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh còn lại )
\(\Rightarrow\widehat{ACB}+\widehat{FDC}=\widehat{BAF}+\widehat{BAE}=90^0\)
\(\Rightarrow DF\perp CA\)
TL
21 tháng 3 2018
Từng bài 1 thôi bạn!
vẽ trên đt thông cảm!
Do đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là O
Ta có bổ đề: \(OM=AN=NH=\frac{1}{2}AH\)(tự chứng minh)
Vì \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\)(cùng phụ với \(\widehat{ABC}\))
Mà AK là phân giác của \(\widehat{BAC}\)
=> AK là phân giác
\(\widehat{HAO}\Rightarrow\widehat{NAK}=\widehat{KAO}\)
Theo bổ đề trên ta có tứ giác ANMO là hình bình hành
=> HK//AO
=> \(\widehat{AKN}=\widehat{KAO}=\widehat{NAK}\left(cmt\right)\)
Hay tam giác NAK cân tại N mà N là trung điểm AH
=> AN=NH=NK
=> \(\Delta AHK\)vuông tại K
5 tháng 2 2020
Em kiểm tra lại đề bài . Gọi P, Q là hình chiếu của K trên BC và gì nữa vậy?
KN
13 tháng 7 2020
Gọi N là giao điểm của PQ và AH, gọi M là giao điểm của AH với (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH//KP nên tứ giác KPMN là hình thang.
Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được \(\widehat{QBK}=\widehat{ABK}=\widehat{ AMK}=\widehat{QPK}\)nên tứ giác KPMN nội tiếp. Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó \(\widehat{PMH}=\widehat{PHM}=\widehat{KNM}\)nên KN//HP.
Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
19 tháng 4 2023
1: góc AMO+góc ANO=180 độ
=>AMON nội tiếp
2: ΔOAB cân tại O
mà OM là đường cao
nên M là trung điểm của AB
ΔOAC cân tại O
mà ON là đường cao
nên N là trung điểm của AC
=>NM là đừog trung bình
=>MN//BC
=>MN//AE
=>AMNE là hình thang cân
=>AM=EN; AN=EM
ΔAHB vuông tại H có HM là trung tuyến
nên HM=AB/2=MA=MB
ΔHAC vuông tại H có HN là trung tuyến
nên HN=AN=CN=AC/2
=>HM=EN; HN=EM
=>HMEN là hình bbình hành
=>K làtrung điểm của MN
=>IK vuông góc MN
=>IK vuông góc BC
3: goc MDE+gó MDH=180 độ
=>góc MDE=góc MBH
=>BMDH nội tiếp
=>góc MDB=góc MHB=góc MBH
=>góc MDB=góc MDE
=>DM là phân giác của góc BDE
TL
1 tháng 5
tại sao phải đi cm M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC trg khi nó có sẵn trg đề bài?
+) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của P lên AB,AC, L là hình chiếu của I trên MN. Kẻ BG và CJ cùng vuông góc MN.
Nhận xét: Trong \(\Delta\)ABC có đường phân giác trong AE, P và Q trên AE với ^ACQ = ^BCP (gt)
Ta sẽ chứng minh được ^ABP = ^CBQ dựa vào 1 bài toán nổi tiếng ở lớp 7 (Có trong sách NC & PT Toán 7, tập 2)
Tính chất trên là 1 trường hợp đặc biệt của "Đẳng giác". Các bạn có thể tự chứng minh hoặc đọc trong sách :)
Quay trở lại bài toán: Xét \(\Delta\)BMP và \(\Delta\)BIQ: ^PBM = ^QBI (cmt), ^BMP = ^BIQ (=900)
=> \(\Delta\)BMP ~ \(\Delta\)BIQ (g.g) => \(\frac{BI}{BM}=\frac{QI}{PM}\). Tương tự: \(\frac{CI}{CN}=\frac{QI}{PN}\)
Mà PM=PN nên \(\frac{BI}{BM}=\frac{CI}{CN}\)=> \(\frac{BI}{CI}=\frac{BM}{CN}\). Dễ thấy \(\Delta\)MAN cân tại A => ^AMN = ^ANM => ^BMG = ^CNJ
Suy ra: \(\Delta\)BGM ~ \(\Delta\)CJN (g.g) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{MG}{NJ}\). Từ đó: \(\frac{BI}{CI}=\frac{MG}{NJ}\)
Để ý hình thang vuông BCJG, nhờ ĐL Thales ta lập được tỉ số: \(\frac{BI}{CI}=\frac{GL}{JL}=\frac{MG}{NJ}=\frac{ML}{NL}=\frac{BM}{CN}\)
+) Kéo dài tia BH,CH cắt MN tại S,T. Có ngay \(\Delta\)THS ~ \(\Delta\)MPN (g.g) (Các cặp cạnh song song)
Ta thấy: L thuộc 2 cạnh MN,ST tương ứng, \(\frac{LM}{LS}=\frac{LN}{LT}\)(Vì \(\Delta\)BLS ~ \(\Delta\)CLT) => \(\Delta\)HLT ~ \(\Delta\)PLN (c.g.c)
=> ^HLT = ^PLN => 900 - ^HLT = 900 - ^PLN => ^HLI = ^PLI => LI là phân giác ^HLP (1)
+) Gọi R là giao điểm thứ hai của DP với đường tròn (O) => ^PRA= 900 => 5 điểm A,R,N,P,M cùng thuộc 1 đường tròn
=> Tứ giác ARMN nội tiếp => ^MRN = ^BAC = ^BRC, ^RNM = ^RAM = ^RCB nên \(\Delta\)RMN ~ \(\Delta\)RBC (g.g)
Kéo theo \(\Delta\)RMB ~ \(\Delta\)RNC (c.g.c) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{RM}{RN}\). Mà \(\frac{BM}{CN}=\frac{LM}{LN}\)(cmt) nên \(\frac{RM}{RN}=\frac{LM}{LN}\)
=> RL là phân giác ^MRN. Chú ý tứ giác RMPN nội tiếp có ^PMN = ^PNM => RP là phân giác ^MRN
Dẫn đến RL trùng với RP hay R,L,P thẳng hàng. Lại có: R,P,K thẳng hàng nên L,P,K thẳng hàng (2)
+) Từ (1) và (2) suy ra: LI là phân giác ^HLK. Mà KH vuông góc LI (Quan hệ song song vuông góc)
Nên \(\Delta\)HKL cân tại L hay H và K đối xứng nhau qua IL. Từ đó: IH = IK => \(\Delta\)HIK cân tại I (đpcm).