Hãy chứng minh định lí Ptoleme
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
HA
2
13 tháng 6 2017
- Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
- Trên cung nhỏ BC, ta có các góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, và trên cung AB, ∠ADB = ∠ACB.
- Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ∠ABK = ∠CBD;
- Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD, suy ra ∠CBK = ∠ABD.
- Do vậy tam giác △ABK đồng dạng với tam giác △DBC, và tương tự có △ABD ∼ △KBC.
- Suy ra: AK/AB = CD/BD, và CK/BC = DA/BD;
- Từ đó AK·BD = AB·CD, và CK·BD = BC·DA;
- Cộng các vế của 2 đẳng thức trên: AK·BD + CK·BD = AB·CD + BC·DA;
- Hay: (AK+CK)·BD = AB·CD + BC·DA;
- Mà AK+CK = AC, nên AC·BD = AB·CD + BC·DA; (điều phải chứng minh)
7 tháng 10 2021
Giả thiết: ΔABC
Kết luận: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)
KT
22 tháng 7 2018
Cho \(\Delta ABC\)có: \(AB^2+AC^2=BC^2\)đường cao \(AH\)
Chứng minh: \(\Delta ABC\)vuông tại A (tức Pytago đảo)
Bài làm
Áp dụng định lý Pytago ta có:
\(AB^2=AH^2+BH^2\)
\(AC^2=AH^2+HC^2\)
Theo giả thiết ta có: \(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(\Rightarrow\)\(AH^2=BH.CH\) \(\Rightarrow\)\(\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}\)
Xét \(\Delta ABH\)và \(\Delta CAH\)có:
\(\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}\) (cmt)
\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}=90^0\)
suy ra: \(\Delta ABH~\Delta CAH\)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\)
suy ra: \(\widehat{BAC}=90^0\)
N
22 tháng 7 2018
Trong 1 tam giac vuong co ti le cua 3 canh
Đầu tiên Bình phương của cạnh huyền ,bạn bình phương tỉ số đó lên (rồi đánh số 1 nhỏ)
Sau đó Tổng bình phương 2 cạnh còn lại rồi tính ra công lại bằng số bình phương của cạnh huyền(rồi đánh số 2)
Từ 1 và 2 suy ra:Tổng bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương 2 cạnh góc vuông
Vậy là bạn chứng minh bình thường rồi kết luận định lí của pitago đảo thành pitago.Vậy là xong rồi
14 tháng 9 2016
- Giả thuyết: cho góc tạo bởi 2 tia phân giác của 2 góc kề bù
- Kết luận: đó là 1 góc vuông
- Chứng minh:
Ta có hình vẽ:
Do Om là tia phân giác của góc zOy => góc \(zOm=mOy=\frac{1}{2}.zOy\)
Do On là tia phân giác của góc xOz => góc \(xOn=nOz=\frac{1}{2}.xOz\)
Ta có:
zOy + xOz = 180o (kề bù)
=> \(\frac{1}{2}.zOy+\frac{1}{2}.xOz=\frac{1}{2}.180^o\)
=> zOm + zOn = 90o
Lại có: zOn + zOm = mOn => mOn = 90o là góc vuông (đpcm)
NT
2
KT
22 tháng 7 2018
Định lí CEVA
Cho tam giác ABC với các điểm M, N, P khác A, B, C theo thứ tự thuộc BC, CA, AB. Khi đó các đường thẳng AM, BN. CP đồng quy hoặc đôi một song song khi chỉ khi \(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1\)
Bài làm:
ĐIỀU KIỆN CẦN
Trường hợp 1: AM, BN, CP đồng quy
Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O. Qua A vẽ đường thẳng song song với BC đường thẳng này cắt BN, CP lần lượt tại X, Y
Áp dụng Talet ta có:
\(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=\frac{\overline{AX}}{\overline{AY}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{XA}}.\frac{\overline{YA}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{AX}}{\overline{XA}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{CB}}.\frac{\overline{YA}}{\overline{AY}}=\left(-1\right).\left(-1\right).\left(-1\right)=-1\)
Trường hợp 2: AM, BN, CP đôi một song song
Áp dụng TALET ta có:
\(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{BM}}.\frac{\overline{CM}}{\overline{CB}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{BM}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{CB}}.\frac{\overline{CM}}{\overline{MC}}=\left(-1\right).\left(-1\right).\left(-1\right)=-1\)
Như vậy trong cả 2 trường hợp ta đều có: \(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1\)
p/s: điều kiện đủ và MELELAUS tối mai c/m tiếp, bh mk bận
KT
23 tháng 7 2018
ĐIỀU KIỆN ĐỦ: Ta chứng minh nếu 3 đường AM, BN, CP không đôi một song song thì chúng đồng quy
Giả sử AM, BN không song song. Đặt O là giao điểm của AM và BN
Khi đó CO và AB không song song. Thật vậy nếu CO và AB song song thì theo Talet ta có:
\(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{OC}}=-\frac{\overline{AB}}{\overline{CA}}=-\frac{\overline{NA}}{\overline{NC}}\Rightarrow\frac{\overline{MB}}{\overline{,MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}=-1\)
Mặt khác theo giải thiết: \(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1\)
suy ra: \(\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=1\)\(\Rightarrow\)\(\overline{PA}=\overline{PB}\)\(\Rightarrow\)\(A\equiv B\)mâu thuẫn
Vậy CO không song song với AB.
Đặt P' là giao của CO với AB
Theo kết quả đạt được trong c/m đk cần \(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{P'A}}{\overline{P'B}}=-1\)
Từ đó với: \(\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{NA}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1\)
ta có: \(\frac{\overline{P'A}}{\overline{P'B}}=\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}\) \(\Rightarrow\)\(P'\equiv P\)
Như vậy AM, BN, CP đồng quy
CM
28 tháng 11 2017
Giả sử ΔABC có hai đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G.
⇒ G là trọng tâm của tam giác
Mà BM = CN (theo gt) ⇒ GB = GC ⇒ GM = GN.
Xét ΔGNB và ΔGMC có :
GN = GM (cmt)
GB = GC (cmt)
⇒ ΔGNB = ΔGMC (c.g.c) ⇒ NB = MC.
Lại có AB = 2.BN, AC = 2.CM (do M, N là trung điểm AC, AB)
⇒ AB = AC ⇒ ΔABC cân tại A.
