cho tam giác vuông cân ABC tại A, gọi M là 1 điểm thuộc BC, hạ hình chiếu H,K của M lần lượt lên AB,AC. BK và CH cắt nhau tại I, chứng minh rằng đường thẳng MI luôn đi qua 1 điểm cố định khi M di chuyển trên BC.
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
5 tháng 3 2017
ai biết phim hoạt hình gì ko phim hoạt hình có phép thuật ệ chỉ cho mình với
H
22 tháng 3 2018
Tự vẽ hình nha,
Câu a, Ta có : tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên MK=AH và HM=AK
Mà HM, MK lần lượt là bán kính của (H) và (M)
Xét tam giác HAK có : theo bđt tam giác : HA-HB<HK<HA+HK
Hay MK-MH<HK<MH+MK => hai đường tròn luôn cắt nhau ( giả sử MK>MH)
28 tháng 3 2018
Ta có \(\widehat{NMH}=\widehat{NCB};\widehat{NMK}=\widehat{NBC}\)
Do AKMH là hình chữ nhật nên
\(\widehat{NMH}+\widehat{NMK}=90\Rightarrow\widehat{NCB}+\widehat{NBC}=90\)
\(\Rightarrow\widehat{BNC}=90\). Vẽ hình vuông ABEC
Ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định
Ta lại có \(\widehat{NEB}=\widehat{NCB}\)mà \(\widehat{NCB}=\widehat{NMH}\)
\(\widehat{NEB}=\widehat{NMH}\), do \(MH//EB\)nên ba điểm N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định
1 tháng 7 2021
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
14 tháng 11 2019
Gọi S là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABSC, I và J lần lượt là trung điểm BC và AH
Áp dụng ĐL Cosin vào hai tam giác BHM, CHN ta có:
\(BM^2=HB^2+HM^2-2HB.HM.\cos\widehat{BHM}\)
\(CN^2=HC^2+HN^2-2HC.HN.\cos\widehat{CHN}\)
Suy ra \(BM^2-CN^2=HB^2+HM^2-HC^2-HN^2\)(Vì \(\Delta\)BNH ~ \(\Delta\)CMH)
\(\Leftrightarrow BM^2-CN^2=\left(HB^2-HN^2\right)-\left(HC^2-HM^2\right)\Rightarrow BM^2-CN^2=BN^2-CM^2\)
\(\Leftrightarrow BM^2+CM^2=BN^2+CN^2\Leftrightarrow\frac{BM^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{BN^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow MI^2=NI^2\)(Công thức đường trung tuyến). Kết hợp với JM = JN (=AH/2) suy ra IJ vuông góc MN (1)
Mặt khác trên đường thẳng qua H vuông góc với MN lấy T sao cho \(\frac{HT}{MN}=\frac{HM}{MC}=\frac{HN}{NB}\)
Dễ thấy ^THM = 900 + ^NMH = ^NMC; ^THN = ^MNB. Do đó \(\Delta\)THM ~ \(\Delta\)NMC; \(\Delta\)THN ~ \(\Delta\)MNB (c.g.c)
Suy ra ^HMT = ^MCN; ^HNT = ^NBM. Từ đó CN vuông góc TM; BM vuông góc TN dẫn đến TL vuông góc MN
Mà TH vuông góc MN nên HL vuông góc MN (2)
Ta lại có I là trung điểm AS, khi đó IJ là đường trung bình trong \(\Delta\)HAS, suy ra IJ // HS (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra H,L,S thẳng hàng. Vậy HL luôn đi qua S cố định (đpcm).
