Những câu hỏi liên quan
LM
Xem chi tiết
NL
Xem chi tiết
CH
19 tháng 12 2017 lúc 14:15

Bài 1: 

A B C H F D E K L

+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:

Ta thấy FAH và LAH  là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\)   (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\)  )

Vậy nên   \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)

+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:

Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)

Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.

Bình luận (0)
CH
19 tháng 12 2017 lúc 14:22

Các bài còn lại em tách ra nhé.

Bình luận (0)
NL
Xem chi tiết
NL
Xem chi tiết
CP
Xem chi tiết
LG
Xem chi tiết
NL
5 tháng 7 2021 lúc 15:09

Do tính đối xứng, không mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H

ABC vuông cân \(\Rightarrow BH=CH=AH\)

Ta có:

\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(BH+MH\right)^2}\)

\(=\dfrac{MA^2}{2\left(BH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)

Bình luận (0)
LL
Xem chi tiết
NL
6 tháng 7 2021 lúc 12:33

Do tính đối xứng, ko mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H

ABC vuông cân \(\Rightarrow AH\) đồng thời là trung tuyến

\(\Rightarrow AH=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow AH=BH=CH\)

Ta có:

\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-HM\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(AH-MH\right)^2+\left(AH+MH\right)^2}\)

\(=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)

Bình luận (0)
NL
6 tháng 7 2021 lúc 12:33

undefined

Bình luận (0)
NL
Xem chi tiết
CH
20 tháng 12 2017 lúc 9:14

A B C F E D H K M N I

Gọi I là giao điểm còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK (Kí hiệu lần lượt là (BKF) và (CEK)).

Ta chứng minh được \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\Rightarrow AE.AC=AF.AB\)

\(\Delta AEH\sim\Delta ADC\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)

Vậy nên \(AE.AC=AF.AB=AH.AD\)

Từ đó suy ra A thuộc trục đẳng phương của  (BKF) và (CEK).

Vậy thì A, I, K thẳng hàng.

Từ đó, ta có: \(AI.AK=AH.AD\Rightarrow\widehat{HIK}=\widehat{ADK}=90^o\)

Lại có KM, KN  là các đường kính của (BKF) và (CEK) nên \(\widehat{MIK}=\widehat{NIK}=90^o\)

Vậy nên M, H, N thẳng hàng.

Bình luận (0)
NL
20 tháng 12 2017 lúc 22:13

Cảm ơn cô nhiều ạ!

Bình luận (0)
NC
Xem chi tiết
MN
Xem chi tiết
NT
2 tháng 12 2023 lúc 13:55

a: XétΔABC có AT là phân giác

nên \(\dfrac{BT}{AB}=\dfrac{CT}{AC}\)

=>\(\dfrac{CT}{7,5}=\dfrac{3.5}{4.5}=\dfrac{7}{9}\)

=>\(CT=7.5\cdot\dfrac{7}{9}=\dfrac{35}{6}\left(cm\right)\)

b: Xét tứ giác ABDC có

M là trung điểm chung của AD và BC

nên ABDC là hình bình hành

c: Xét ΔNHC và ΔNKA có

\(\widehat{NCH}=\widehat{NAK}\)(hai góc so le trong, AK//CH)

NC=NA

\(\widehat{HNC}=\widehat{KNA}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNHC=ΔNKA

=>NH=NK

=>N là trung điểm của HK

Xét tứ giác AHCK có

N là trung điểm chung của AC và HK

=>AHCK là hình bình hành

Hình bình hành AHCK có \(\widehat{AHC}=90^0\)

nên AHCK là hình chữ nhật

 

Bình luận (0)