Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét ΔAMK vuông tại A và ΔCMH vuông tại C có
MA=MC(M là trung điểm của AC)
\(\widehat{AMK}=\widehat{CMH}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔAMK=ΔCMH(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)
Suy ra: AK=CH(hai cạnh tương ứng)
Xét tứ giác AKCH có
AK//CH(\(\perp AC\))
AK=CH(cmt)
Do đó: AKCH là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Câu b: Xet tg vuông AEH và tg vuông ABC có
^BAH = ^ACB (cùng phụ với ^ABC)
=> Tg AEH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{EH}{AB}\) mà EH=AF (cạnh đối HCN)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)
Câu c:
Ta có AM=BC/2==BM=CM (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)
=> tg AMC cân tại M => ^MAC = ^ACB mà ^BAH = ^ACB (cmt) => ^MAC = ^BAH (1)
Ta có ^AHE = ^ABC (cùng phụ với ^BAH) mà ^AHE = ^HAC (góc so le trong) => ^ABC = ^HAC (2)
Gọi giao của AH với EF là O xét tg AOF có
AH=EF (hai đường chéo HCN = nhau)
O là trung điểm của AH vào EF
=> OA=OF => tg AOF cân tại O => ^HAC = ^AFE (3)
Từ (2) và (3) => ^AFE = ^ABC (4)
Mà ^ABC + ^ACB = 90 (5)
Từ (1) (4) (5) => ^MAC + ^AFE = 90
Xét tg AKF có ^AKF = 180 - (^MAC + ^AFE) = 180-90=90 => AM vuông góc EF tại K
A B C D M N O I K P Q H S R L T E G
1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp
Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND
Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).
2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC2 = DM.DN. Dễ thấy: DC2 = DI.DA
Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)
=> KM2 = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD2 = KI.KB
Từ đó: KM2 = KD2 => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)
Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)
Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR
Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.
Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp
Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 900
Mặt khác: ^DTE = 1800 - ^DBE = 1800 - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE
Suy ra: ^CTE = 900 => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.
Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định
=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).
Gọi AM cắt DE tại I
Theo tính chất hình chữ nhật ADHE : \(\widehat{E_1}=\widehat{HAC}=\widehat{MBA};\widehat{A_1}=\widehat{D_1}=\widehat{AHE}=\widehat{MCA}\)
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{ACM}\Rightarrow\Delta ACM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MC\)(*)
Do \(\Delta AID\)vuông tại I suy ra
\(\widehat{DAM}+\widehat{D_1}=90^0\Leftrightarrow\widehat{DAM}+\widehat{DAH}=90^0\left(1\right)\)
\(\widehat{ABM}+\widehat{DAH}=90^0\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DAM}=\widehat{ABM}\)
\(\Rightarrow\Delta ABM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MB\)(**)
Từ (*);(**) suy ra MB=MC hay M là trung điểm BC . Do MF//AC suy ra
\(\widehat{MFC}=\widehat{ACF}\)
Mà
\(\widehat{ACF}=\widehat{MCF}\Rightarrow\widehat{MFC}=\widehat{MCF}\Rightarrow\Delta MFC\)cân tại M suy ra MC=MF
Mà MB=MC suy ra \(\Delta BFC\) có FM là trung tuyến \(FM=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\) \(\Delta BFC\)vuông tại F hay \(BF\perp CF\left(đpcm\right)\)
đề năm 2016-2017 à bạn
P/s: mình học THCS Tự Lập- Mê Linh-Hà Nội
A B C E F H I P K Q
a/
\(HF\perp AB\left(gt\right);AC\perp AB\left(gt\right)\) => HF//AC => HF//AE
\(HE\perp AC\left(gt\right);AB\perp AC\left(gt\right)\) => HE//AB => HE//AF
=> AEHF là hbh => IA=IH (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mooic đường)
Xét tg AHQ có
IA=IH (cmt)
BI//AQ (gt)
=> BQ=BH (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)
b/
Ta có BI//AQ (gt) \(\Rightarrow\dfrac{AP}{PC}=\dfrac{BQ}{BC}\)
Xét tg vuông ABC
\(AB^2=BH.BC\) (trong tg vuông bình phương 1 caanhj góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}\) mà BH=BQ \(\Rightarrow BQ=\dfrac{AB^2}{BC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AP}{PC}=\dfrac{BQ}{BC}=\dfrac{AB^2}{BC.BC}=\dfrac{AB^2}{BC^2}\)