Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1:
a: Xét ΔAHB vuông tạiH có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
b: \(BC=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{4\cdot6}{2\sqrt{13}}=\dfrac{12}{\sqrt{13}}\left(cm\right)\)
\(AE=\dfrac{AH^2}{AC}=\dfrac{144}{13}:6=\dfrac{24}{13}\left(cm\right)\)
a) Ta có: \(AB.sinC+AC.cosC=AB.\dfrac{AB}{BC}+AC.\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AB^2}{BC}+\dfrac{AC^2}{BC}\)
\(=\dfrac{AB^2+AC^2}{BC}=\dfrac{BC^2}{BC}=BC\)
b) Vì \(\angle HEA=\angle HFA=\angle EAF=90\Rightarrow AEHF\) nội tiếp
\(\Rightarrow EF=AH\Rightarrow EF.BC.AE=AH.BC.AE\)
\(=AB.AC.AE\left(AB.AC=AH.BC=2S_{ABC}\right)=AE.AB.AC\)
\(=AH^2.AC=AF.AC.AC=AF.AC^2\)
c) Ta có: \(AH.BC.BE.CF=AB.AC.BE.CF=BE.BA.CF.CA\)
\(=BH^2.CH^2=\left(BH.CH\right)^2=\left(AH^2\right)^2=AH^4\)
\(\Rightarrow AH^3=BC.BE.CF\)
Vì AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE=HF\\AF=EH\end{matrix}\right.\)
Vì \(BE\parallel HF\) \(\Rightarrow\angle CHF=\angle CBA\)
Xét \(\Delta BEH\) và \(\Delta HFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEH=\angle HFC=90\\\angle EBH=\angle FHC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BEH\sim\Delta HFC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{EH}=\dfrac{HF}{FC}\Rightarrow\dfrac{BE}{AF}=\dfrac{AE}{CF}\)
\(\Rightarrow BE.CF=AE.AF\Rightarrow BC.AE.AF=BC.BE.CF=AH^3\)
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
+) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của P lên AB,AC, L là hình chiếu của I trên MN. Kẻ BG và CJ cùng vuông góc MN.
Nhận xét: Trong \(\Delta\)ABC có đường phân giác trong AE, P và Q trên AE với ^ACQ = ^BCP (gt)
Ta sẽ chứng minh được ^ABP = ^CBQ dựa vào 1 bài toán nổi tiếng ở lớp 7 (Có trong sách NC & PT Toán 7, tập 2)
Tính chất trên là 1 trường hợp đặc biệt của "Đẳng giác". Các bạn có thể tự chứng minh hoặc đọc trong sách :)
Quay trở lại bài toán: Xét \(\Delta\)BMP và \(\Delta\)BIQ: ^PBM = ^QBI (cmt), ^BMP = ^BIQ (=900)
=> \(\Delta\)BMP ~ \(\Delta\)BIQ (g.g) => \(\frac{BI}{BM}=\frac{QI}{PM}\). Tương tự: \(\frac{CI}{CN}=\frac{QI}{PN}\)
Mà PM=PN nên \(\frac{BI}{BM}=\frac{CI}{CN}\)=> \(\frac{BI}{CI}=\frac{BM}{CN}\). Dễ thấy \(\Delta\)MAN cân tại A => ^AMN = ^ANM => ^BMG = ^CNJ
Suy ra: \(\Delta\)BGM ~ \(\Delta\)CJN (g.g) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{MG}{NJ}\). Từ đó: \(\frac{BI}{CI}=\frac{MG}{NJ}\)
Để ý hình thang vuông BCJG, nhờ ĐL Thales ta lập được tỉ số: \(\frac{BI}{CI}=\frac{GL}{JL}=\frac{MG}{NJ}=\frac{ML}{NL}=\frac{BM}{CN}\)
+) Kéo dài tia BH,CH cắt MN tại S,T. Có ngay \(\Delta\)THS ~ \(\Delta\)MPN (g.g) (Các cặp cạnh song song)
Ta thấy: L thuộc 2 cạnh MN,ST tương ứng, \(\frac{LM}{LS}=\frac{LN}{LT}\)(Vì \(\Delta\)BLS ~ \(\Delta\)CLT) => \(\Delta\)HLT ~ \(\Delta\)PLN (c.g.c)
=> ^HLT = ^PLN => 900 - ^HLT = 900 - ^PLN => ^HLI = ^PLI => LI là phân giác ^HLP (1)
+) Gọi R là giao điểm thứ hai của DP với đường tròn (O) => ^PRA= 900 => 5 điểm A,R,N,P,M cùng thuộc 1 đường tròn
=> Tứ giác ARMN nội tiếp => ^MRN = ^BAC = ^BRC, ^RNM = ^RAM = ^RCB nên \(\Delta\)RMN ~ \(\Delta\)RBC (g.g)
Kéo theo \(\Delta\)RMB ~ \(\Delta\)RNC (c.g.c) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{RM}{RN}\). Mà \(\frac{BM}{CN}=\frac{LM}{LN}\)(cmt) nên \(\frac{RM}{RN}=\frac{LM}{LN}\)
=> RL là phân giác ^MRN. Chú ý tứ giác RMPN nội tiếp có ^PMN = ^PNM => RP là phân giác ^MRN
Dẫn đến RL trùng với RP hay R,L,P thẳng hàng. Lại có: R,P,K thẳng hàng nên L,P,K thẳng hàng (2)
+) Từ (1) và (2) suy ra: LI là phân giác ^HLK. Mà KH vuông góc LI (Quan hệ song song vuông góc)
Nên \(\Delta\)HKL cân tại L hay H và K đối xứng nhau qua IL. Từ đó: IH = IK => \(\Delta\)HIK cân tại I (đpcm).