Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔADM vuông tại M và ΔCBP vuông tại P có
AD=CB
góc ADM=góc CBP
Do đó: ΔADM=ΔCBP
=>AM=CP
Xét tứ giác AMCP có
AM//CP
AM=CP
Do đó: AMCP là hình bình hành
=>AC cắt PM tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm của PM
Xét ΔOND vuông tại N và ΔOQB vuông tại Q có
OD=OB
góc NOD=góc QOB
Do đó: ΔOND=ΔOQB
=>DN=QB
Xét tứ giác DNBQ có
DN//BQ
DN=BQ
DO đó: DNBQ là hình bình hành
Suy ra: DB cắt NQ tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm của NQ
Xét tứ giác MNPQ có
O là trung điểm chung của MP và NQ
nên MNPQ là hình bình hành
b: Xét ΔANE vuông tại N và ΔCFQ vuông tại Q có
NA=CQ
góc NAE=góc FCQ
Do đó: ΔANE=ΔCFQ
=>NE=FQ
=>NEQF là hình bình hành
Suy ra: O là trung điểm của FE
Trước tiên ta phải chứng minh qua 2 tam giác trung gian : đó là ABD và ABC
Ta có : \(S_{ABD}=S_{ABC}\)
- Chung đáy AB
- Có chiều cao bằng chiều cao hình thang
Vì cả hai tam giác đều có chung \(S_{AOB}\)nên có thể suy ra :
\(S_{ABD}-S_{AOB}=S_{ABC}-S_{AOB}\Rightarrow S_{BOC}=S_{AOB}\left(đpcm\right)\)
b: Xét ΔADK vuông tại K và ΔCBH vuông tại H có
AD=CB
\(\widehat{ADK}=\widehat{CBH}\)
Do đó: ΔADK=ΔCBH
Suy ra: DK=BH
Xét tứ giác BKDH có
DK//BH
DK=BH
Do đó: BKDH là hình bình hành
Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp \(\left(O\right)\). Tiếp tuyến tại \(B,C\) của \(\left(O\right)\) cắt nhau tại \(T\). \(TA\) cắt lại \(\left(O\right)\) tại \(D\). \(M\) là trung điểm \(BC\). CM: \(\widehat{BAD}=\widehat{MAC}\).
Giải: Gọi \(L\) là trung điểm \(AD\). Khi đó \(\widehat{OBT}=\widehat{OCT}=\widehat{OLT}=90^o\) nên ngũ giác \(TBLOC\) nội tiếp.
Do vậy, \(\widehat{BLT}=\widehat{BCT}=\widehat{BDC}\). Suy ra cặp góc bù với chúng là \(\widehat{BLD}=\widehat{BAC}\).
Đến đây chứng minh được tam giác \(BLD,BAC\) đồng dạng.
Lập tỉ lệ cạnh rồi dựa vào trung điểm chứng minh được tam giác \(BAD,MAC\) đồng dạng.
Vậy 2 góc cần chứng minh bằng nhau (đpcm).
-------
Trở lại bài toán. (Ở phần dưới mình có dùng tính chất của phương tích và trục đẳng phương. Tuy ko có trong chương trình nhưng nó khá dễ và chứng minh được bằng kiến thức lớp 9. Bạn có thể tự tìm hiểu thêm).
Với lại hình của mình hơi sai một chút, mong bạn thông cảm.
Ý tưởng là ta sẽ chứng minh \(KO\) và hai tiếp tuyến tại \(C,D\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DOC\) đồng quy. Nếu làm được điều đó thì theo bổ đề trên sẽ có đpcm.
\(AB\) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AOD,BOC\) lần lượt tại \(E,F\).
Khi đó \(\widehat{EDO}=\widehat{EAO}=\widehat{OCD}\) nên CM được \(ED\) tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DOC\).
CM tương tự thì \(FC\) cũng vậy.
Bây giờ cho \(ED\) cắt \(FC\) tại \(L\).
(Bạn thử tự CM \(LE=LF,LD=LC\) xem).
Do đó \(LE.LD=LF.LC\) nên điểm \(L\) có cùng phương tích đến 2 đường tròn 2 bên.
Vậy điểm \(L\) nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này, tức là đường thẳng \(OK\).
Ta đã CM được 3 đường cần CM đồng quy, theo bổ đề suy ra đpcm.
Bạn tự vẽ hình nhé
a) Xét tam giác Abc có
PN // BC ,PN = 1/2 BC (PN là dường trung bình)
mà PN trùng PF hay NF
Suy ra BC // NF
Mà BN // CF
Trong tứ giác BNFC có :
BC là cạnh đối của NF
BN là cạnh đối của CF
Suy ra tứ giác BNFC là hình bình hành (có các cạnh đối song song)
b)Ta có : PN = 1/2 BC (cm a)
mà NF = BC (hai cạnh đối của hình bình hành BNFC)
Suy ra PN = 1/2NF hay PN = NE = EF
Suy ra PN + NE = NE + EF hay PE = NF
Suy ra BC = PE
Xét tứ giác PECB có
hai cạnh đối BC = PE (cmt)
Mà BC // PN hay BC // PE
Suy ra tứ giác PECB là hình bình hành (hai cạnh đối bằng nhau và song song)
Suy ra EC // PB và EC = PB (hai cạnh đối)
Vì P là trung điểm của AB nên AP = PB và AP trùng PB
Suy ra EC // AP và EC = AP
Vậy tứ giác PAEC là hình bình hành
a: Xét ΔAMO vuông tại M và ΔCPO vuông tại P có
OA=OC
\(\widehat{AOM}=\widehat{COP}\)
Do đó: ΔAMO=ΔCPO
Suy ra: OM=OP
hay O là trung điểm của PM
Xét ΔDQO vuông tại Q và ΔBNO vuông tại N có
OD=OB
\(\widehat{DOQ}=\widehat{BON}\)
Do đó: ΔDQO=ΔBNO
Suy a: OQ=ON
hay O là trung điểm của QN
Xét tứ giác AMCP có
O là trung điểm của AC
O là trung điểm của MP
Do đó: AMCP là hình bình hành
Xét tứ giác MNPQ có
O là trung điểm của MP
O là trung điểm của NQ
Do đó: MNPQ là hình bình hành