Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi MH là đường cao kẻ từ M của tam giác MBC, AK là đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.
Do MH vuông BC và AK vuông BC nên MH // AK
=> Theo Talet: \(\frac{ME}{AE}=\frac{MH}{AK}\)
Lại có: \(\frac{S_{MBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MH.BC}{\frac{1}{2}.AK.BC}=\frac{MH}{MK}\)
Tương tự ta có: \(\frac{MF}{BF}=\frac{S_{MAC}}{S_{ABC}};\frac{MD}{CD}=\frac{S_{MAB}}{S_{ABC}}\)
Cộng theo vế: \(\frac{ME}{AE}+\frac{MF}{BF}+\frac{MD}{CD}=\frac{S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
b. Do tứ giác MDBE nội tiếp (cmt) => \(\widehat{MBE}=\widehat{MBC}=\widehat{MDE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\)(1)
Vì MD \(\perp\)AB tại D (gt) => \(\widehat{MDA}=90^o\)
MF \(\perp\)AC tại F (gt) => \(\widehat{MFA}=90^o\)
Xét tứ giác ADMF có: \(\widehat{MDA}+\widehat{MFA}=90^o+90^o=180^o\)=> tứ giác ADMF nội tiếp (dhnb)
=> \(\widehat{MDF}=\widehat{MAF}=\widehat{MAC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{MDE}=\widehat{MDF}\)=> D, E, F thẳng hàng (2 góc có cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau)
* Ta có: tứ giác MEFC nội tiếp (cmt) => \(\widehat{EFM}=\widehat{ECM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{EM}\)\(\Leftrightarrow\widehat{DFM}=\widehat{BCM}\)(3)
tứ giác MDBE nội tiếp (cmt) => \(\widehat{MDE}=\widehat{MBE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{ME}\)\(\Leftrightarrow\widehat{MDF}=\widehat{MBC}\)(4)
Từ (3) và (4) => \(\Delta MDF\)đồng dạng với \(\Delta MBC\)(g.g) => \(\frac{MD}{MB}=\frac{MF}{MC}\Leftrightarrow MB\times MF=MD\times MC\)(đpcm)
c. Nối A với M, B với M
Ta có: \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AB}\)(5)
Do tứ giác MEFC nội tiếp => \(\widehat{FME}=\widehat{FCE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{EF}=\widehat{ACB}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AB}\)(6)
Từ (5) và (6) => \(\widehat{AMB}=\widehat{FME}\)(7)
lại có: tứ giác ADMF nội tiếp (cmt) => \(\widehat{MAD}=\widehat{MFD}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MD}\Leftrightarrow\widehat{MAB}=\widehat{MFE}\)(8)
từ (7) và (8) => \(\Delta ABM\)đồng dạng với \(\Delta FEM\)(g.g) => \(\frac{AB}{FE}=\frac{AM}{FM}\Leftrightarrow\frac{AB}{AM}=\frac{FE}{FM}\Leftrightarrow\frac{2\times AI}{AM}=\frac{2\times FK}{FM}\Leftrightarrow\frac{AI}{AM}=\frac{FK}{FM}\)(9)
Lại có: \(\widehat{MAD}=\widehat{MFD}\)(CMT) => \(\widehat{MAI}=\widehat{MFK}\)(10)
Từ (9) và (10) => \(\Delta MAI\)đồng dạng với \(\Delta MFK\)(c.g.c) => \(\widehat{IMA}=\widehat{KMF}\)(11)
Ta có: \(\widehat{MID}\)là góc ngoài tại đỉnh I của \(\Delta MAI\)=> \(\widehat{MID}=\widehat{MAI}+\widehat{IMA}\)
Tương tự: \(\widehat{MKD}\)là góc ngoài tại đỉnh K của \(\Delta MFK\)=> \(\widehat{MKD}=\widehat{MFK}+\widehat{KMF}\)
Từ (10) và (11) => \(\widehat{MID}=\widehat{MKD}\)=> Tứ giác MDIK là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{IDM}+\widehat{IKM}=180^o\)(Hệ quả)
Mà \(\widehat{IDM}=\widehat{ADM}=90^o\)=> \(\widehat{IKM}=90^o\)<=> MK vuông góc với KI (ĐPCM)
a. Em tự giải
b. Do tam giác ABC đều và AH là đường cao \(\Rightarrow AH\) đồng thời là phân giác góc A
\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=\dfrac{1}{2}\widehat{A}=\dfrac{1}{2}.60^0=30^0\)
AEMHF nội tiếp đường tròn tâm O \(\Rightarrow\widehat{HOF}=2.\widehat{CAH}=60^0\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung HF)
Mà \(OH=OF\) (cùng là bán kính) \(\Rightarrow\Delta OHF\) đều (tam giác cân có 1 góc 60 độ)
Tương tự ta có \(\widehat{HOE}=60^0\Rightarrow\Delta OHE\) đều
\(\Rightarrow OE=OF=HE=HF\Rightarrow OEHF\) là hình thoi
c.
Gọi D là trung điểm AH \(\Rightarrow OD\perp AH\) \(\Rightarrow OH\ge DH\Rightarrow OH\ge\dfrac{1}{2}AH\Rightarrow OH\ge\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Gọi I là giao điểm EF và OH \(\Rightarrow I\) là tâm hình thoi OEHF
\(S_{OEHF}=2S_{OHE}=2EI.OH=2\sqrt{OE^2-OI^2}.OH\)
\(=2OH.\sqrt{OH^2-\left(\dfrac{OH}{2}\right)^2}=OH^2\sqrt{3}\ge\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2.\sqrt{3}=\dfrac{3a^2\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(OH=DH\Leftrightarrow O\) trùng D
\(\Rightarrow M\) trùng H
a);b);c) là các tính chất đường thẳng SimsonSimson
d) Ta có:
△MEF∼△MAB(g.g)
Mà I,,K là trung điểm AB,EF
⇒△MBI∼△MEK
⇒ˆDIM=ˆEKM
Do đó,DIKMnội tiếp
⇒ˆIKM=ˆIDM=90o⇒IKM^=IDM^=90o
⇒....
a)Trên tia MA lấy điểm I sao cho MI=MC
Dễ thấy ΔCIMΔCIM đều ⇒MC=CI⇒MC=CI
Xét 2 tam giác ΔAICΔAICvàΔBMCvàΔBMC có
IC=MCIC=MC
∠IAC=∠MCB∠IAC=∠MCB (vì cùng cộng với ∠BCI=60∘∠BCI=60∘)
AC=BCAC=BC
Do đó ΔAICΔAIC = ΔBMCΔBMC
⇒AI=BM⇒AI=BM
⇒⇒ Đpcm
b) Dễ thấy ΔBAM∼ΔDCMΔBAM∼ΔDCM(g.g)
nên AMCM=BMDM⇒AM.DM=CM.BMAMCM=BMDM⇒AM.DM=CM.BM
⇒AMBM.CM=1MD⇒AMBM.CM=1MD
Áp dụng kết quả câu (a) ta có đpcm
c) Đặt MA=x, MB=y. Ta có
AM2+BM2+CM2=x2+y2+(x−y)2=2(x2+y2−xy)AM2+BM2+CM2=x2+y2+(x−y)2=2(x2+y2−xy) (1)
Kẻ BHBH vuông góc với AMAM
Do ∠BMH=60∘∠BMH=60∘ nên MH=y2,BH2=y2−(y2)2=3y24MH=y2,BH2=y2−(y2)2=3y24
do đó AB2=AH2+BH2=x2+y2−xyAB2=AH2+BH2=x2+y2−xy (2)
Từ (1) và (2) ⇒MA2+MB2+MC2=2AB2⇒MA2+MB2+MC2=2AB2 mà ΔABCΔABC đều
nên AB=R√3
k cho mình nha!!