Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
18. a) Dễ cm : AE = AF
+ EF // BH \(\Rightarrow\frac{AF}{AB}=\frac{AC}{AH}\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AC}{AH}\)
\(\Rightarrow AC^2=AE\cdot AH\Rightarrow AC=\sqrt{AE\cdot AH}\)
b) Qua C kẻ đg thẳng // với AD cắt AB tại I
+ AD là đg TB của ΔBCI
=> CI = 2AD \(\Rightarrow CI^2=\left(2AD\right)^2=4AD^2\)
+ CI // AD => CI ⊥ BC
+ ΔBCI vuông tại C, đg cao CF
\(\Rightarrow\frac{1}{CF^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{CI^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{4AD^2}\)
bài cuối tương tự câu a) bài trên
16. Qua B kẻ đg thẳng // với AC cắt CD tại I
Gọi BH là chiều cao của hình thang ABCD
+ BI // AC => BI ⊥ BD
+ Tứ giác ABIC là hbh => AB = CI
=> AB + CD = CD + CI = DI
+ ΔBDH vuông tại H
\(\Rightarrow DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=20\) ( cm )
+ ΔBDI vuông tại B, đg cao BH
\(\Rightarrow BD^2=DH\cdot DI\)
\(\Rightarrow DI=\frac{29^2}{20}=42,05\) ( cm )
=> Độ dài đg TB của hình thang ABCD là :
\(\frac{1}{2}\left(AB+CD\right)=\frac{1}{2}DI=21,025\) ( cm )
A B C D O M N K H E F I J T P
a) Ta có: Tứ giác ACBD nội tiếp (O;R) có 2 đường chéo là 2 đường kính vuông góc với nhau.
Nên tứ giác ACBD là hình vuông.
Xét tứ giác ACMH: ^ACM=^ACB=900; ^AHM=900
=> Tứ giác ACMH nội tiếp đường tròn
Do tứ giác ACBD là 1 hình vuông nên ^BCD=1/2.CAD=450
=> ^BCD=^MAN hay ^MCK=^MAK => Tứ giác ACMK nội tiếp đường tròn.
b) Gọi giao điểm của tia AE với tia tiếp tuyến BF là I. AF gặp MH tại J.
Ta có: Điểm E nằm trên (O) có đg kính AB => ^AEB=900
=> \(\Delta\)BEI vuông tại E. Dễ thấy \(\Delta\)BFE cân tại F => ^FEB=^FBE
Lại có: ^FEB+^FEI=900 => ^FBE+^FEI=900. Mà ^FBE+^FIE=900
Nên ^FEI=^FIE => \(\Delta\)EFI cân tại F => EF=IF. Mà EF=BF => BF=IF
Theo hệ quả của ĐL Thales ta có: \(\frac{MJ}{IF}=\frac{HJ}{BF}=\frac{AJ}{AF}\)=> MJ=HJ (Do IF=BF)
=> J là trung điểm của HM => Đpcm.
c) Trên tia đối của tia DB lấy T sao cho DT=CM.
Gọi P là hình chiếu của A xuống đoạn MN.
Dễ dàng c/m \(\Delta\)ACM=\(\Delta\)ADT (c.g.c) => ^CAM=^DAT và AM=AT
mà ^CAM phụ ^MAD => ^DAT+^MAD=900 => ^MAT=900
=> ^MAN=^TAN=1/2.^MAT=450.=> \(\Delta\)MAN=\(\Delta\)TAN (c.g.c)
=> ^AMN=^ATN (2 góc tương ứng) hay ^AMP=^ATD
=> \(\Delta\)APM=\(\Delta\)ADT (Cạnh huyền góc nhọn) => AD=AP (2 cạnh tương ứng).
Mà AD có độ dài không đổi (Vì AD=căn 2 . R) => AP không đổi.
Suy ra khoảng cách từ điểm A đến đoạn MN là không đổi
=> MN tiếp xúc với đường tròn tâm A cố định bán kính AD=căn 2.R.
Vậy...
ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
Sắp đến Tết rùi nè ae.Zui nhểy!Đứa nào đỗ nhớ khao tao nhá!
- Tên: ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
- Đang học tại: Trường THCS Lập Thạch
- Địa chỉ: Huyện Lập Thạch - Vĩnh Phúc
- Điểm hỏi đáp: 16SP, 0GP
- Điểm hỏi đáp tuần này: 1SP, 0GP
- Thống kê hỏi đáp
A B C M O D E F I P Q T
1) Ta có 4 điểm B,O,C,M cùng thuộc đường tròn đường kính OM (^MBO = ^MCO = 900) (1)
Do MI // AB và MB tiếp xúc với (O) tại B nên ^CIM = ^CAB = ^CBM
=> 4 điểm B,I,C,M cùng thuộc một đường tròn (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm M,B,O,I,C cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
2) Theo câu a thì M,B,I,C cùng thuộc (OM), có BC giao IM tại F => FI.FM = FB.FC
Đường tròn (O) có dây BC giao DE tại F nên FB.FC = FD.FE
Do vậy FI.FM = FD.FE => \(\frac{FI}{FE}=\frac{FD}{FM}\) (đpcm).
3) Điểm I thuộc đường tròn (OM) => ^OIM = 900 hay ^QIM = 900
Dễ thấy FQ.FT = FB.FC = FI.FM, suy ra tứ giác QMTI nội tiếp => ^QTM = ^QIM = 900
=> \(\Delta\)QTM vuông tại T. Theo ĐL Pytagoras: \(TQ^2+TM^2=QM^2\)
Vậy thì \(\frac{TQ^2+TM^2}{MQ^2}=1.\)
Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [F, A] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [E, M] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [D, F] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [G, B] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [E, C] O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j
a) Do DF // AC nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GFD}\) (Hai góc so le trong) .
Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{GED}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung GD)
Nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GED}\)
Xét tam giác AMG và tam giác EMA có:
\(\widehat{MAG}=\widehat{MEA}\) (cmt)
Góc M chung
Vậy nên \(\Delta AMG\sim\Delta EMA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MA}{ME}=\frac{MG}{MA}\Rightarrow MA^2=MG.ME\)
b) Do tứ giác ECBG nội tiếp nên \(\widehat{BCE}=\widehat{BGM}\) (Góc ngoài tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)
Vậy xét tam giác MGB và MCE có:
\(\widehat{BGM}=\widehat{ECM}\left(cmt\right)\)
Góc M chung
Vậy nên \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\left(g-g\right)\)
c) Theo câu a, ta có \(AM^2=MG.ME\)
Theo câu b, \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\Rightarrow\frac{MG}{MC}=\frac{MB}{ME}\Rightarrow MG.ME=MB.MC\)
Vậy nên \(MA^2=MB.MC\)
Suy ra \(MA^2+MA.MC=MB.MC+MA.MC\)
\(\Leftrightarrow MA\left(MA+MC\right)=MC\left(MB+MA\right)\)
\(\Leftrightarrow MA.AC=MC.AB\)
\(\Leftrightarrow AB\left(AC-AM\right)=MA.AC\)
\(\Leftrightarrow AB.AC-AB.AM=AM.AC\)
\(\Leftrightarrow AB.AC=AM\left(AB+AC\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{AB+AC}{AB.AC}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}\left(đpcm\right)\)
Đính chính lại nhé
\(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\) chứ không phải \(\frac{DE}{AE}\) nhé
a) Áp dụng hệ quả định lý thales:
\(\frac{MQ}{CD}+\frac{MP}{AB}=\frac{AM}{AC}+\frac{MC}{AC}=\frac{AC}{AC}=1\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:
\(\left(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\right)\left(MP^2+MQ^2\right)\ge\left(\frac{MP}{AB}+\frac{MQ}{CD}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\ge\frac{1}{MP^2+MQ^2}\)
dấu = xảy ra khi \(\frac{MC}{AM}=\frac{CD^2}{AB^2}\)
b) chưa nghĩ :v