Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Để CM \(HM^2=HB.HC\):
Trên đường thẳng qua \(C\) vuông góc \(BC\) ta chọn điểm \(T\) sao cho \(TM\) là phân giác \(BTC\).
Do có hệ thức \(\frac{MB}{MC}=\frac{DB}{DC}\) suy ra luôn \(TN\) là phân giác ngoài của \(BTC\).
Vậy tam giác \(MTN\) là vuông nên \(HT=HN\), hay \(\widehat{HTN}=\widehat{HNT}=\widehat{MTC}=\widehat{MTB}\).
Suy ra \(\widehat{BTH}\) vuông và ta có \(HB.HC=HT^2=HN^2\).
P/S: Nếu cho 4 điểm \(A,B,C,D\) thẳng hàng theo thứ tự đó và thoả \(\frac{BA}{BC}=\frac{DA}{DC}\) thì 4 điểm này gọi là hàng điều hoà (giống chân đường phân giác trong và ngoài ấy).
Khi đó, nếu gọi \(T\) là trung điểm \(BD\) thì ta có hệ thức: \(TB^2=TA.TC\) và \(CD.CB=CA.CT\).
(Sao mấy bài hình học của bạn thấy nhiều "hàng điều hoà" thế?)
Gọi \(H\) là trung điểm \(MN\). CM được \(HC.HB=HM^2=HD^2\).
Tức là tam giác \(HCD\) và \(HDB\) đồng dạng, cho ta 2 góc sau bằng nhau: \(HDC=HBD=\alpha\).
Do \(ACB=2\alpha\) nên \(CHD=\alpha=CBD\).
Vậy tam giác \(BDH\) cân tại \(D\) và ta suy ra đpcm.
Xét \(\Delta ABK\),ta có: BE là phân giác \(\angle ABK,BE\bot AK\)
\(\Rightarrow\Delta ABK\) cân tại B \(\Rightarrow BE\) là trung trực AK
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta KBD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=BK\\BDchung\\\angle ABD=\angle KBD\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta KBD\left(c-g-c\right)\Rightarrow\angle BKD=\angle BAD=90\)
Ta có: \(\angle BAD+\angle BKD=90+90=180\Rightarrow BAKD\) nội tiếp
\(\Rightarrow\angle AKD=\angle ABD=\angle KBD=\angle KAH\left(=90-\angle BKA\right)\)
\(\Rightarrow\)\(AI\parallel KD\)
Vì \(I\in BE\Rightarrow IA=IK\Rightarrow\Delta IAK\) cân tại I \(\Rightarrow\angle IKA=\angle IAK\)
BADK nội tiếp \(\Rightarrow\angle KAD=\angle KBD=\angle ABD=\angle AKD\)
\(\Rightarrow\angle IKA=\angle DAK\Rightarrow\)\(IK\parallel AD\Rightarrow AIKD\) là hình bình hành
mà \(IA=IK\Rightarrow IKDA\) là hình thoi
b: Xét ΔACB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABK vuông tại A có AK là đường cao
nên \(AB^2=BK\cdot BD\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)
b)
+ Xét đt (o) có
tứ giác BFACN nội tiếp đt
\(\rightarrow ABC\)=AFC ( 2 góc nt cùng chắn cung AC)
CÓ :
BD là tiếp tuyến đt (o) tại B(gt)
\(\rightarrow\) BD vuông góc BO (TC tiếp tuyến)
\(\rightarrow\)BD vuông góc BC (O thuộc BC)
\(\rightarrow\) DBC = 90(dn)
\(\rightarrow\)tam giác DBC vuông tại B
xét tam giác vuông DBC cso
BDC+DCB=90(2 góc phụ nhau trong tg vuông) (1)
+Xét đt (o) có:
BAC= 90 ( góc nt chắn nửa dtđk BC)
\(\rightarrow\)tam giác BAC vuông tại A
Xét tam giác vuông BAC có
ABC+ACB=90 (2 gọc phụ nhau trong tam giác vuông)
\(\rightarrow\) ABC+DCB=90(A thuộc DC ) (2)
từ(1) và(2) \(\rightarrow\) BDC=ABC( cùng phụ DCB)
Mà AFC=ABC(CMT)
\(\rightarrow\) BDC=AFC(=ABC)
+Có :
AFC+AFE=180( 2 góc kề bù)
Mà 2 góc ở vị trí đối nhau
\(\rightarrow\) tứ giác DEFA nội tiếp ( DHNB tứ giác nội tiếp)
| |
