Cho tam giác nhọn DEF có DE
cho tam giác abc & def cs các góc đều nhọn và cs góc abc=def; bac=edf; ab=3.de... chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác def...
BT: Cho tam giác nhọn DEF có DH, HM, HN lần lượt là các đường cao của các tam giác DEF, HDF, HDE. Chứng minh DM*DF=DN*DE
Bài 1:
Cho tam giác DEF nhọn. DE<DF, lấy M thuộc cạnh DE, N thuộc cạnh DF sao cho MN//EF. Cho biết DM=2cm, DN=3,5cm. Tính NF.
Bài 2:
Cho tam giác DEF nhọn, DE<DF. Lấy K thuộc cạnh DE, I thuộc cạnh DF sao cho KI//EF. Cho biết DK=3cm, KE=1cm, DI=4,2cm. Tính IF.
1) tam giác DEF có MN//EF
=> \(\frac{DM}{ME}=\frac{DN}{NF}=>\frac{2}{2}=\frac{3,5}{NF}=>NF=\frac{3,5.2}{2}=3,5cm\)
2)tam giasc DEF cos KI//EF
=>\(\frac{DK}{KE}=\frac{DI}{IF}=\frac{3}{1}=\frac{4,2}{IF}=IF=\frac{1.4,2}{3}=1,4cm\)
cho 2 tam giác ABC và DEF có các góc đều nhọn và có: góc ABC=góc DEF ;góc BAC =góc EDF;AB=3.DE....chứng minh rằng bán kình đường trong ngoại tiếp tam giác ABC=3 lần bán kính đường trong ngoại tiếp tam giác DEF...
Gọi ( O;R ) , ( I ;r ) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, DEF
Tam giác ABC ~ Tam giác DEF ( vì \(\widehat{ABC}=\widehat{DEF};\widehat{BAC}=\widehat{EDF}\)) \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{DEF}\)
\(\widehat{ACB},\widehat{DEF}\)nhọn nên \(\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB};\widehat{DEF}=\frac{1}{2}\widehat{DIE}\)( hệ quả góc nội tiếp )
\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{DIE}\)
\(OA=OB\left(=R\right)\Rightarrow\Delta OAB\)cân tại O
\(ID=IE\left(=r\right)\Rightarrow\Delta IDE\)cân tại I
Do đó Tam giác OAB ~ Tam giác IDE \(\Rightarrow\frac{OA}{ID}=\frac{AB}{DE}\Rightarrow\frac{R}{r}=\frac{3DE}{DE}\)
\(\Rightarrow R=3r\) ( đpcm)
Gọi ( O; R ), ( I; R ) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, DEF
Tam giác ABC ~ Tam giác DEF ( vì \(\widehat{ABC}=\widehat{DEF;}\widehat{BAC}=\widehat{EDF}\) ) \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{DEF}\)
\(\widehat{ABC}=\widehat{DEF}\)nhọn nên \(\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB};\widehat{DEF}=\frac{1}{2}\widehat{DIE}\)(hệ quả góc nội tiếp )
\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{DIE}\)
\(OA=OA\left(=R\right)\Rightarrow\Delta OAB\)cân tại O
Do đó Tam giác OAB ~ Tam giác IDE\(\Rightarrow\frac{OA}{ID}=\frac{AB}{DE}\Rightarrow\frac{R}{r}=\frac{3DE}{DE}\)
\(\Rightarrow R=3r\left(đpcm\right)\)
Rất vui vì giúp đc bạn <3
Cho tam giác DEF nhọn, DE<DF . Lấy M thuộc cạnh DE , N thuộc cạnh DF sao cho MN//EF. Cho biết DM=2cm , DN=3,5cm . Tính NF?
Cho tam giác DEF có 3 góc nhọn (DE<DF), kẻ đường cao DH của tam giác DEF. Gọi M,N,Q lần lượt là trung điểm của DE, DF, EF. Gọi K là điểm đối xứng với D qua Q, A là điểm đối xứng với H qua N.
a) Chứng minh tứ giác DEKF là hình bình hành.
b)Chứng minh tứ giác ADHF là hình chữ nhật. Hỏi tam giác DEF có thêm điều kiện gì để tứ giác ADHF là hình vuông.
c)Chứng minh MNQH là hình thang cân.
d) Giả sử tam giác DEF có góc DFE = 45 độ. Gọi G là trung điểm của DA, MN cắt DH tại I, AI cắt FG tại S. Chứng minh góc HDS= góc HSD.
Giúp mik bài hình này với<3
Tình hình kinh doanh khác thì cũncũng khôngkhông khí ckhí thếthế nhỉ mình cũng không phải ai muốn làm gì có ai biết mấy bạn cứ nói thẳng ra luôn rồi đó bác ah bác nào dùng rồi cho vào túi nôn thì nó vẫn còn nhiều người dùng có sẽ không còncòn được nó đâu phải chỉ là những thứ khác thì không thể nào có thể
Câu 4. Cho tam giác DEF nhọn (DE < DF), Đường cao EM, FN cắt nhau ở H, đường thẳng MN cắt đường thăng EF ở P. Gọi giao điểm của PD với đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là K, Q là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác ENMF là tứ giác nội tiếp.
b) PN.PM = PK.PD.
c) PH vuông góc với DQ
Cho tam giác DEF nhọn (DE < DF), Đường cao EM, FN cắt nhau ở H, đường thẳng MN cắt đường thăng EF ở P. Gọi giao điểm của PD với đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là K, Q là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác ENMF là tứ giác nội tiếp.
b) PN.PM = PK.PD.
c) PH vuông góc với DQ
b, Vì K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên tứ giác DKEF nội tiếp
→PKE = PFD (góc ngoài tứ giác)
mà DPF chung
→ΔPKE đồng dạng ΔPFD (góc-góc)
→\(\dfrac{PK}{PE}=\dfrac{PF}{PD}\)
→PK.PD=PF.PE (1)
Vì tứ giác NMFE là tứ giác nội tiếp
→PNE =PFD
mà MPF chung
→ΔPNE đồng dạng ΔPFM (góc-góc)
→\(\dfrac{PN}{PE}=\dfrac{PF}{PM}\) (2 góc tương ứng)
→PN.PM=PE.PF (2)
Từ (1) và (2) suy ra:PN.PM=PK.PD(đpcm)
c) Mình ghi có hơi gọn tí ở một số bước (do đây là những bài toán cơ bản, có thể tự chứng minh được), bạn thông cảm nha!
ENMF nội tiếp và DNHM nội tiếp
\(\Rightarrow PE.PF=PN.PM=PK.PD\) hay \(PN.PM=PK.PD \Rightarrow \) DKNM nội tiếp
\(\Rightarrow\) DKNHM nội tiếp hay DKHM nội tiếp
\(\Rightarrow \widehat{DKH}=180^{\circ}-\widehat{DMH}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}\) hay \(HK \perp PD\)
Kẻ đường kính DA của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DEF\)
\(\Rightarrow\) EHFA là hình bình hành (bài toán quen thuộc)
Hay H, Q, A thẳng hàng
\(\Delta AKD\) nội tiếp đường tròn đường kính AD nên tam giác này vuông tại K
\(\Rightarrow AK\perp PD\) mà \(HK \perp PD\)
\(\Rightarrow \) A, H, K thẳng hàng mà H, Q, A thẳng hàng
\(\Rightarrow\) Q, H, K thẳng hàng
\(\Rightarrow QK \perp PD\) mà \(DH \perp PQ\)
\(\Rightarrow PH \perp DQ (đpcm)\)
a) Xét tứ giác ENMF có
\(\widehat{ENF}=\widehat{EMF}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ENF}\) và \(\widehat{EMF}\) là hai góc cùng nhìn cạnh EF
Do đó: ENMF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Cho tam giác ABC nhọn có 3 đường cao DH , EI , FK cắt nhau tại O
a , CMR : tam giác DKF đồng dạng với tam giác DIE
và DK . DE = DF . DI
b , CMR : tam giác DKI đồng dạng với tam giác DFE
c , CMR : góc FIH = DEF , IE là tia phân giác của góc KIH
d , Cmr : EK . ED + FI . FD = EK2
Sửa đề: Cho ΔDEF nhọn
a: Xét ΔDKF vuông tại K và ΔDIE vuông tại I có
\(\widehat{KDF}\) chung
Do đó: ΔDKF~ΔDIE
=>\(\dfrac{DK}{DI}=\dfrac{DF}{DE}\)
=>\(DK\cdot DE=DI\cdot DF\)
b: ta có: \(\dfrac{DK}{DI}=\dfrac{DF}{DE}\)
=>\(\dfrac{DK}{DF}=\dfrac{DI}{DE}\)
Xét ΔDKI và ΔDFE có
\(\dfrac{DK}{DF}=\dfrac{DI}{DE}\)
\(\widehat{KDI}\) chung
Do đó: ΔDKI~ΔDFE
c: Xét ΔFIE vuông tại I và ΔFHD vuông tại H có
\(\widehat{HFD}\) chung
Do đó: ΔFIE~ΔFHD
=>\(\dfrac{FI}{FH}=\dfrac{FE}{FD}\)
=>\(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)
Xét ΔFIH và ΔFED có
\(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)
\(\widehat{EFD}\) chung
Do đó: ΔFIH~ΔFED
=>\(\widehat{FIH}=\widehat{FED}\)
d:
Sửa đề: \(EK\cdot ED+FI\cdot FD=EF^2\)
Xét ΔEKF vuông tại K và ΔEHD vuông tại H có
góc KEF chung
Do đó: ΔEKF~ΔEHD
=>\(\dfrac{EK}{EH}=\dfrac{EF}{ED}\)
=>\(EK\cdot ED=EF\cdot EH\)
Ta có: \(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)
=>\(FI\cdot FD=FH\cdot FE\)
\(EK\cdot ED+FI\cdot FD\)
\(=EF\cdot EH+FH\cdot EF=EF^2\)
