Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Pham Van Hung - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Bạn tham khảo link này nhé!
a: góc BAC=góc BCA
=>sđ cung BC=sđ cung BA
b: xy//DE
=>góc AED=góc yAE=góc ABC
c: góc AED=góc ABC
=>góc ABC+góc DEC=180 độ
=>BCDE nội tiếp
Lời giải:
Ta có:
$PM\parallel AC$ nên $\widehat{PMB}=\widehat{ACB}$
Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{PBM}$ do tam giác $ABC$ cân nên $\widehat{PMB}=\widehat{PBM}$
$\Rightarrow \triangle PBM$ cân tại $P$
$\Rightarrow PB=PM$
Mà $PM=PD$ do tính đối xứng
$\Rightarrow PB=PM=PD$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $(DBM)$
$\Rightarrow \widehat{BDM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}$ (tính chất góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
$=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Tương tự, $Q$ cũng là tâm ngoại tiếp $(DCM)$
$\Rightarrow \widehat{MDC}=\frac{1}{2}\widehat{MQC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Như vậy:
$\widehat{BDC}=\widehat{BDM}+\widehat{MDC}=\widehat{BAC}$
Kéo theo $D\in (ABC)$
Ta có đpcm.
Bài này có khá nhiều cách làm
Ta có: \(a^2=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Cách 1:
Gọi I là giao điểm của MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta HDQ\) có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{Q}chung\\\widehat{QMH}=\widehat{QHD}\end{cases}}\) => Tam giác MHQ đồng dạng với tam giác HDQ (gg)
=> \(\frac{QH}{QM}=\frac{QD}{QH}\) hay QH2=QM.QD=MJ=x (do tính đổi xứng tam giác ABC đều qua trụ BF) nên QH2=x.y(2)
Mặt khác vì Q thuộc HC nên QH=HC-QC=\(\frac{x+y+z}{2}-z=\frac{x+y-z}{2}\) (3)
Từ (2)và (3) có: \(\left(\frac{x+y-z}{2}\right)^2=yz\) khai triển và rút gọn t được
\(x^2+y^2+z^2=2\left(xy+yz+xz\right)\)
Thay vào (1) => \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 2:
Giả sử EF cắt MP tại U và cắt MQ tại V
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MEF}=\widehat{MFN}=\widehat{FMV}\\\widehat{EMU}=\widehat{MEI}=\widehat{MFE}\end{cases}}\)
nên tam giác MEU đồng dạng với tam giác FMV => \(\frac{MU}{EU}=\frac{FV}{MV}\) hay \(MU\cdot MV=EU\cdot FV\) hay \(UV^2=BP\cdot QC\) (4)
Mặt khác \(PQ-UV=MQ-MV=QV=\frac{a}{2}\) (5)
Sử dụng (4);(5) để biến đổi biểu thức
\(A=xy+yz+zx=BP\cdot PQ+PQ\cdot QC+QC\cdot BP=PQ\left(BP+QC\right)+UV^2\)
\(=PQ\left(EF-UV\right)+UV^2=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\left(PQ-UV\right)=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\left(PQ-UV\right)\)\(=\frac{a^2}{4}\)
Thay vào (1) ta có: \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 3:
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC đều. Xét điểm M nằm trên tròn tâm G bán kính GM=r
H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ G và M đến BC. Kẻ GS vuông góc với MK ( S thuộc MK)
Đặt PQ=2PK=2KQ=y
Giả sử K thuộc BH (nếu K thuộc HC thì cmtt)
\(BP^2+QC^2=\left(BH-PK-KH\right)^2+\left(CH-KQ+KH\right)^2\)
\(=\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}-KH\right)^2+\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}+KH\right)^2=2\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}\right)^2+2KH^2\) (6)
Mặt khác \(KH^2=MG^2-MS^2=r^2-\left(MK-SK\right)^2=r^2-\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=r^2-\frac{3}{4}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2\) (7)
Từ (6) và (7) có: \(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}\left(a-y\right)^2+y^2+2r^2-\frac{3}{2}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{2}+2r^2\) (8)
Khi M thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nghĩa ra \(r=MG=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)thì
\(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}MF\)
Bạn tham khảo bài tại link :
https://olm.vn/hoi-dap/detail/244883081409.html
hoặc :
Câu hỏi của Vũ Nguyễn Phương Thảo - Toán lớp 8 - Học trực tuyến OLM
Hok tốt
Áp dụng định lý Ta lét ta có:
ED // AC \(\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{CD}{BC}\)
DF // AB \(\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{BD}{BC}\)
Cộng theo vế:
\(\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=\frac{CD+BD}{BC}=\frac{BC}{BC}=1\)