Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tứ giác CDME có
^MEC = ^MDC = 900
mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh MC
Vậy tứ giác CDME là tứ giác nt 1 đường tròn
b, bạn ktra lại đề
Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
=> BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE.
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
=>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
(Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/
(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
=> ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
1) Theo t/c góc tạo bởi tia tiếp và dây cung: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAD}\). Dễ có \(\widehat{BCA}=\widehat{BAC}=30^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BAD}=30^0\)\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\widehat{DAC}=60^0\). Đồng thời \(\widehat{BAC}=\widehat{BAD}\)
=> AB là tia phân giác trong tam giác ADC
Xét \(\Delta\)ADC có: \(\widehat{DAC}=60^0;\widehat{DCA}=\widehat{BCA}=30^0\)
=> \(\Delta\)ADC vuông tại D. Hay \(\Delta\)ADC nửa đều => \(\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}\)
Ta có: AB là phân giác trong tam giác ADC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{DB}{DC}=\frac{1}{3}\)
2) Dễ thấy \(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=60^0\). Xét \(\Delta\)ADB:
\(\widehat{ADB}=90^0\)(cmt); \(\widehat{ABD}=60^0\)=> \(\Delta\)ADB nửa đều => BD = 1/2 AB
Áp dụng ĐL Pytagore cho \(\Delta\)ADB nửa đều:
\(AD^2=AB^2-BD^2=AB^2-\frac{1}{4}.AB^2=\frac{3}{4}.AB^2\)\(\Leftrightarrow AD=\frac{\sqrt{3}}{2}.AB\)
\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(1)
Tương tự với tam giác ANB nửa đều: \(\frac{AB}{AN}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{AB}{2AN}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)(2)
Cộng (1) với (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AB}{AC}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{1}{AD}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{AB}\)(đpcm).
3) Gọi giao điểm của NE với AO là S; MF với AO là S'. Ta đi c/m S trùng với S' .
Dễ thấy: \(\widehat{OBC}=180^0-\widehat{ABD}-\widehat{ABN}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{OCB}=60^0\)
Mà \(\widehat{ABD}=60^0\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{ABD}\). Do 2 góc này đồng vị nên AB // OC
Hay BE // OC \(\Rightarrow\frac{DB}{CB}=\frac{DE}{OE}\)(ĐL Thales) . Mà \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\)(câu b)
\(\Rightarrow\frac{DE}{OE}=\frac{1}{2}\). Lại có: \(\frac{DE}{OE}=\frac{BE}{AE}\Rightarrow\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\)(Hệ quả ĐL Thales)
Tứ giác ABCO có: AB // OC; AO // OB (Cùng vuông góc AD); AC vuông BO
=> Tứ giác ABCO là hình thoi. N là trung điểm AC => N cũng là trung điểm BO => \(\frac{ON}{BN}=1\)
Nhận thấy \(\Delta\)ABO có: E thuộc AB; N thuộc OB; NE cắt AO ở S
\(\Rightarrow\frac{BE}{AE}.\frac{ON}{BN}.\frac{SA}{SO}=1\)(ĐL Menelaus)
Thay \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2};\frac{ON}{BN}=1\Rightarrow\frac{SA}{SO}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow\frac{SA}{SO}=2\Leftrightarrow\frac{SA}{AO}=2\)(*)
Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{OF}{EF}=\frac{OC}{AE}=\frac{AB}{AE}\)(Do OC=AB)
Lại có: \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)
Vì \(\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{BE}{\frac{1}{2}.AB}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{BE}{BM}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{EM}{BM}=\frac{1}{3}\). Mà BM=AM
\(\Rightarrow\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3}\). Ta áp dụng ĐL Menelaus với \(\Delta\)AEO:
\(\frac{OF}{EF}.\frac{BE}{EM}.\frac{S'A}{S'O}=1\). Thế \(\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3};\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)(cmt)
\(\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}.\frac{1}{3}.\frac{3}{2}=1\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}=2\Rightarrow\frac{S'A}{AO}=2\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(SA=S'A\). Mà 3 điểm A;S;S' thẳng hàng
Nên S trùng với S' => 3 đường AO;MF;NE gặp nhau tại 1 điểm (đpcm).
Tỉ số \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\) được lấy từ ý 1) nhé, quen tay nên gõ nhầm.