K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

9 tháng 10 2019

B C A H m

Do A thuộc đường tròn dk BC -> AB vuông góc với AC

Ta có: BAH và ACI cùng phụ với ABC -> BAH = ACI (1)

Dễ dàng CM dc tam giác ABC đồng dạng với tam giác HAC -> AB/AH = AC/HC -> AB.CH = AH.AC <=> (2.AB.)(1/2.CH) = AH.AC

<=> AM.CI = AH.AC <=> AM/AH = AC/CI (2)

Từ (1),(2) -> Tam giác AHM đồng dạng tam giác CIA

1. Cho (O,R) dây AB cố định. Từ C di động trên (O) dựng hình bình hành CABD. CMR  giao điểm hai đường chéo nằm trên 1 đường trong cố định2. Cho BC cố định, I là trung điểm BC, A di động trên mặt phẳng sao cho BA=BC, H là trung điểm của AC, AI cắt BH tại M. Hỏi M di động trên di động trên đường nào thì A di động3. Cho (O,R) BC là dây cố định. A là  1 điểm di động trên (O,R). Lấy M đối xứng...
Đọc tiếp

1. Cho (O,R) dây AB cố định. Từ C di động trên (O) dựng hình bình hành CABD. CMR  giao điểm hai đường chéo nằm trên 1 đường trong cố định

2. Cho BC cố định, I là trung điểm BC, A di động trên mặt phẳng sao cho BA=BC, H là trung điểm của AC, AI cắt BH tại M. Hỏi M di động trên di động trên đường nào thì A di động

3. Cho (O,R) BC là dây cố định. A là  1 điểm di động trên (O,R). Lấy M đối xứng với C qua trung điểm I của AB. Hỏi M di động trên đường nào khi A di động

4.  Cho A di chuyển trên (O,R) đường kính BC gọi M đối xứng với A qua B, H là hình chiếu của A trên BC, I là trung điểm HC

a. CMR M chuyển động trên (O,R) 1 đường thẳng tròn cố định 

b. CMR tam giác AHM  đồng dạng tam giác CIA

c. CMR MH vuông góc AI

d MH cắt (O) tại E và F đường thẳng AI cắt (O) tại G. CMR Tổng bình phương các cạnh  của tứ giác AEGF ko đổi

0
23 tháng 1 2019

A B C O O' H P M E F G I K Q T S A 0 R

a) Gọi O' là đối xứng của O qua B ta có O'B=R (không đổi). Dựng đường tròn (O',R) thì (O') cố định.

Ta sẽ chứng minh M thuộc (O'). Thật vậy:

Xét \(\Delta\)ABO và \(\Delta\)MBO' có: ^ABO = ^MBO' (Đối đỉnh); BO=BO'; BA=BM => \(\Delta\)ABO = \(\Delta\)MBO' (c.g.c)

=> OA = O'M (2 cạnh tương ứng). Mà OA = R nên O'M = R => M thuộc đường tròn (O';R)

Vậy M luôn nằm trên (O';R) cố định (đpcm).

b) Lấy T là trung điểm đoạn AH. Kẻ đường kính FR của (O). Gọi EF cắt AG tại K.

Dễ thấy IT là đường trung bình trong \(\Delta\)AHC => IT // AC => IT vuông góc AB (Do ^BAC=900)

Xét \(\Delta\)BAI: AH vuông góc BI; IT vuông góc AB (cmt), T thuộc AH => T là trực tâm \(\Delta\)BAI

=> BT vuông góc AI. Xét \(\Delta\)MAH: T trung điểm AH, B trung điểm AM => BT // MH

Do đó: AI vuông góc MH hay AG vuông góc EF tại K. Áp dụng ĐL Pytagore:

\(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(KA^2+KF^2+KG^2+KE^2\right)=2\left(AF^2+GE^2\right)\)(*)

Ta có EF vuông góc ER và EF vuông góc AG => AG // ER => Tứ giác AERG là hình thang cân => GE = AR

Từ đó (*) trở thành: \(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(AF^2+AR^2\right)=2\left(2R\right)^2=8R^2=const\)

Vậy biểu thức trên có giá trị ko đổi khi A di chuyển (đpcm).

c) Kẻ HQ vuông góc cạnh AC. Gọi S là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)BCP. Gọi bán kính đường rtonf (BCP) là R0

Ta có: AP.AB = AQ.AC (=AH2) (Theo hệ thức lượng) => Tứ giác BPQC nội tiếp hoặc Q nằm trên (BCP)

=> S nằm trên trung trực của PQ. Dễ có T là trung điểm PQ (Vì tứ giác APHQ là hcn)

Nên ST vuông góc PQ tại T. Theo ĐL Pytagore (cho \(\Delta\)PTS) có: \(R_0=SP=\sqrt{PT^2+ST^2}\)(1)

Mặt khác: ^OAC = ^OCA = ^APQ => OA vuông góc PQ. Mà ST vuông góc PQ => OA // ST

Kết hợp với AT // OS (Cùng vuông góc BC) => Tứ giác ATSO là hbh => ST = OA = R (2)

Từ (1) và (2) => \(R_0=\sqrt{PT^2+R^2}=\sqrt{\frac{AH^2}{4}+R^2}\)(Vì PT=PQ/2=AH/2)

=> R0 lớn nhất <=> AH lớn nhất <=> A là điểm chính giữa cung BC của (O). Khi đó AH < R

Vậy nên \(R_0\le\sqrt{\frac{R^2}{4}+R^2}=\frac{R\sqrt{5}}{2}=const\). Đạt được khi A trùng với trung điểm cung BC (A0).

12 tháng 5 2020

MÌNH CŨNG KO BIẾT BẠN BIẾT CHỈ MÌNH VỚI NHA

30 tháng 4 2020

mày cũng ngu

30 tháng 4 2020

óc chó ngu