Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Gọi D,H,K thứ tự là hình chiếu của M trên BC, AC, AB. Gọi MD=m, MH=n, Mk=p và ha,hb,hc là các đường cao tương ứng. Chứng minh:
\(\dfrac{m}{h_a}+\dfrac{n}{h_b}+\dfrac{p}{h_c}=1\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài toán thiếu dữ kiện là điểm O. (Có khả năng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Bạn xem lại đề bài có phải thế không?
a/ Nối B với O cắt đường tròng tại K ta có
\(\widehat{BCK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow CK\perp BC\)
\(AH\perp BC\) (AH là đường cao của tg ABC)
=> AH//CK (cùng vuông góc với BC) (1)
Ta có
\(\widehat{BAK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AK\perp AB\)
\(CH\perp AB\) (CH là đường cao của tg ABC)
=> AK//CH (cùng vuông góc với AB) (2)
Từ (1) và (2) => AKCH là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một thì tứ giác đó là hbh)
=> AH=CK (Trong 1 hbh các cặp cạnh đối bàng nhau từng đôi một)
Xét \(\Delta BCK\) có
OB=OK; BM=CM => OM là đường trung bình của tg BCK \(\Rightarrow OM=\frac{1}{2}CK\) mà \(AH=CK\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\left(dpcm\right)\)
b/
Do OM là đường trung bình của tg BCK nên OM//CK mà CK//AH => OM//AH
Gọi G' là giao của AM với HO. Xét tg AHG' và tg MOG' có
\(\widehat{HAG'}=\widehat{OMG'}\) (góc so le trong)
\(\widehat{AG'H}=\widehat{MG'O}\) (góc đối đỉnh)
=> tg AHG' đồng dạng với tg MOG' \(\Rightarrow\frac{MG'}{AG'}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)
G' thuộc trung tuyến AM của tg ABC => G' là trọng tâm của tg ABC => G' trùng G => H,G,O nằm trên 1 đường thẳng (dpcm)
HN//AB
=>góc NHA=góc HAM
=>góc NHA=góc MHA
=>HA là phân giác của góc NHM
HC vuông góc HA
=>HC là phân giác ngoài của ΔIHN
a) Các tam giác vuông AEM và ADM có EI và DI là trung tuyến ứng với AM nên
=> EI = DI ( = ½ AM)
=> Tam giác EID cân tại I
Lại có các tam giác AEI và ADI cân tại I nên:
^EIM = 2^EAI và ^MID = 2^IAD
=> ^EID = ^EIM + ^MID = 2(^EAI + ^IAD) = 2^EAD = 2. 30 = 60 độ
(Vì AD là đường cao nên là phan giác ^A)
Tam giác EID cân lại có ^EID = 60 độ nên đều
Tương tự tam giác IFD đều nên: EI = IF = FD = DE => Tứ giác DEIF là hình thoi
b) Gọi O là giao EF và DI và K là trung điểm AH, ta có IK là trng bình tam giác AMH và OH là trung bình tam giác AID.
=> HO//IK và HM//IK
=> Tia HO và HM trùng nhau hay M, H, O thẳng hàng => MH, ID, EF đồng quy tại O
a: Xét ΔCKA vuông tại K có KI là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(CI\cdot CA=CK^2\left(1\right)\)
Xét ΔCKB vuông tại K có KH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(CH\cdot CB=CK^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(CI\cdot CA=CH\cdot CB\)
a) Chứng minh MNRQ là hình chữ nhật
Áp dụng tính chất đường trung bình:
+) \(\Delta\)ABC => MN //= \(\frac{1}{2}\) BC
+) \(\Delta\)HBC => QR //= \(\frac{1}{2}\) BC (1)
=> MN//= QR
=> MNQR là hình bình hành (2)
Xét \(\Delta\) ACH có NR là đường trung bình => NR //AH => NR //AD (3)
Từ (1) ; ( 3) và AD vuông góc BC
=> NR vuông góc RQ (4)
Từ (2) ; (4) => MNQR là hình chữ nhật
b) MPRI là hình bình hành
Áp dụng tính chất đường trung bình
+) \(\Delta\)ABC => MI //= \(\frac{1}{2}\) AC
+) \(\Delta\)AHC => PR //= \(\frac{1}{2}\) AC
=> MI //= PR
=> MPRI là hình bình hành
Tương tự câu a cũng chứng minh đc MP vuông PR
=> MPRI là hình chữ nhật
b) MNRQ là hình chữ nhật
có O là trung điểm MR
=> OM =ON =OR = OQ
MPRI là hình chữ nhật
=> OM = OP = OR = OI
=> OM =ON =OR = OQ = OP = OI
=> Q: M; P; N; N ; R; I thuộc đường tròn tâm O
c) Xét các \(\Delta\)NEQ ; \(\Delta\) R FM ; \(\Delta\)PDI lần lượt vuông tại E; F; D tương ứng vs các cạnh huyền NQ; RM; PI
Các cạnh huyền đều có trung điểm là O ( câu b )
=> ON = OE = OQ
OR = OF= OM
OP= OD = OI
=> D; E; F thuộc đường tròn O.