Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng tính chất đường phân giác AD và BI và tam giác ABC và tam giác ABD.
Ta có: DI/IA = DB/AB = BD/c ( 1 )
Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta được:
Suy ra: 
Sửa đề: ΔABC cân tại A
a:ΔABC cân tại A
mà AD là đường phân giác
nên AD là đường cao
=>AD vuông góc BC
b: Xét ΔAFI và ΔAEI có
AF=AE
góc FAI=góc EAI
AI chung
=>ΔAFI=ΔAEI
=>góc AFI=góc AEI
=>FI vuông góc AB
c: Xét ΔABC có
BE,AD là đường cao
BE cắt AD tại I
=>I là trực tâm
=>CI vuông góc AB
=>C,I,F thẳng hàng
a) HS tự tìm
b) Sử dụng các cặp góc so le trong của hai đường thẳng song song và tính chất tia phân giác.
c) Suy ra từ b)
Cho t/giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm E. Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF=BE. Vẽ tia Bx vuông góc AB & Cy vuông góc AC. Gọi I là giao điểm của Bx và Cy
a, C/m t/giác IEF cân
b, Vẽ qua E đường thẳng song song với BC cắt AC tại D. C/m CD=CF
c, Gọi H là Giao điểm của EF và BC. C/m E, F đối xứng qua IH
Câu a ,b mình biết làm rồi còn câu c nữa thôi. SIN LOI MINH KO BIET LAM
Theo tính chất quen thuộc, O là tâm của (AEF).
Mặt khác, ta lại có \(\widehat{BIC}=90^o+\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=135^o\) nên \(\widehat{BIF}=45^o\). Lại có \(\widehat{BAI}=45^o\) nên \(\Delta BIF~\Delta BAI\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BI}{BA}=\dfrac{BF}{BI}\Rightarrow BI^2=BA.BF\) \(\Rightarrow P_{B/\left(O\right)}=P_{B/\left(I;0\right)}\)
\(\Rightarrow\) B nằm trên trục đẳng phương của (O) và (I;0).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được C nằm trên trục đẳng phương của (O) và (I;0). Từ đó suy ra BC là trục đẳng phương của (O) và (I;0) \(\Rightarrow BC\perp OI\) (đpcm)
Trong tam giác ABH có PK là đường trung bình nên PK//AH và \(PK=\frac{1}{2}AH\)
Trong tam giác ACH có NR là đường trung bình nên NR//AH và \(NR=\frac{1}{2}AH\)
Do đó PK//NR và PK=NR nên PNRK là hình bình hành
Mặt khác PK//AH mà AH _|_ BC => PK _|_ BC
Lại có PN //BC (do PN là đường trung bình tam giác ABC)
=> PN _|_ PK, do đó PNRK là hình chữ nhật
Gọi S là giao của PR và NK thì SP=SN=SK=SR
Chứng minh tương tự có IS=SM=SN=SK
Tam giác FPR vuông tại F có S là trung điểm PR nên SF=SP=SR
Tương tự cũng có SE=SK=SN; SD=SI=SM
=> SD=SE=SF=SM=SN=SP=SI=SK=SR
Vậy 9 điểm I,K,R,M,N,P,D,E,F cùng thuộc 1 đường tròn tâm I
Đường tròn đi qua 9 điểm được gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC
a, Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:
\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)
\(\widehat{BAC}\) là góc chung
\(\Rightarrow\Delta ACF~\Delta ABE\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\)
\(\Rightarrow AC.AE=AB.AF\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{CAB}\) là góc chung
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
b, Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta BEC\) có:
\(\widehat{EBC}\) là góc chung
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDH}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BDH~\Delta BEC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\)
\(\Rightarrow BE.BH=BC.BD\left(1\right)\)
Tương tự như trên ta được: \(\Delta CDH~\Delta CFB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)
\(\Rightarrow CF.CH=CD.CB\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.CD=BC\left(BD.CD\right)=BC^2\)
\(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)
d,EI _|_ AB ; CE _|_ AB => EI // CE => AI/IF = AE/EC (đl)
EK _|_ AD; CD _|_ AD => EK // CD => AK/KD = AE/EC (đl)
=> AI/IF = AK/KD; xét tam giac AFD
=> IK // FD (1)
ER _|_ BC; AD _|_ BC => ER // AD => CR/RD = CE/EA (đl)
EQ _|_ CF; AF _|_ CF => AH // AF => CH/FH = CE/AE (đl)
=> CR/RD = CH/FH; xét tam giác CFD
=> HR // FD (2)
EK _|_ AD; AD _|_ BD => EK // BD => KH/HD = EH/HB (đl)
EH _|_ CF; CF _|_ BF => EH // FB => EH/HB = QH/HF (đl)
=> KH/HD = QH/HF
=> KH // ED (3)
(1)(2)(3) => I;K;H;R thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
Chứng minh tương tự như câu a, ta được:
Công theo vế các đẳng thức ( 3 ),( 4 ),( 5 ) ta được: