Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

a) Ta có $\angle PAB = \angle PBA = 90^{\circ}$, nên $PAOB$ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BE$. Ta có $\angle HMI = \angle HMB + \angle BMI = \angle HEB + \angle BME = \angle AEC + \angle BME = \angle AEM = \angle ACM$, nên $HM \parallel AC$. Tương tự, ta có $\angle HNI = \angle HNB + \angle BNI = \angle HCB + \angle CNI = \angle CBN + \angle CNI = \angle CIN = \angle BIN$, nên $HN \parallel BI$. Do đó, ta có $\frac{HM}{AC} = \frac{HE}{AE}$ và $\frac{HN}{BI} = \frac{IN}{BI} = \frac{IE}{AE}$ (do $AE = BE$), suy ra $\frac{HM}{AC} = \frac{HN}{BI}$.
c) Gọi $K'$ là giao điểm của $PH$ và $(O)$. Ta cần chứng minh $K' = K$.
Ta có $\angle K'HB = \angle K'PB = \angle K'PA = \angle K'OA$, nên $K'HB$ và $K'OA$ đồng dạng. Suy ra $\frac{K'H}{K'O} = \frac{K'B}{K'A}$. Tương tự, ta có $\frac{K'N}{K'O} = \frac{K'C}{K'A}$. Nhân hai vế của hai phương trình này với nhau, ta được $\frac{K'H}{K'N} = \frac{K'B}{K'C}$. Do $BE \parallel PC$, nên $\frac{K'B}{K'C} = \frac{HE}{EC}$. Từ bước trên, ta có $\frac{K'H}{K'N} = \frac{HE}{EC}$, suy ra $K'HN$ đồng dạng với $KEC$. Do đó, $\angle K'HN = \angle KEC = \angle KAC$, nên $K'HN$ và $K'AC$ đồng dạng. Suy ra $\frac{K'A}{K'C} = \frac{K'N}{K'H}$. Nhân hai vế của phương trình này với $\frac{K'H}{K'N}$, ta được $\frac{K'A}{K'N} = \frac{K'H}{K'C}$. Tương tự, ta có $\frac{K'B}{K'M} = \frac{K'H}{K'O}$. Nhân hai vế của phương trình này với $\frac{K'O}{K'H}$, ta được $\frac{K'A}{K'N} = \frac{K'B}{K'M}$. Do đó, tứ giác $K'ABM$ là tứ giác điều hòa, suy ra $K'K$ là đường trung trực của $HM$, nên $K' = K$.

...Xem thêm

Answer 2

a) Ta có $\angle PAB = \angle PBA = 90^{\circ}$, nên $PAOB$ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BE$. Ta có $\angle HMI = \angle HMB + \angle BMI = \angle HEB + \angle BME = \angle AEC + \angle BME = \angle AEM = \angle ACM$, nên $HM \parallel AC$. Tương tự, ta có $\angle HNI = \angle HNB + \angle BNI = \angle HCB + \angle CNI = \angle CBN + \angle CNI = \angle CIN = \angle BIN$, nên $HN \parallel BI$. Do đó, ta có $\frac{HM}{AC} = \frac{HE}{AE}$ và $\frac{HN}{BI} = \frac{IN}{BI} = \frac{IE}{AE}$ (do $AE = BE$), suy ra $\frac{HM}{AC} = \frac{HN}{BI}$.
c) Gọi $K'$ là giao điểm của $PH$ và $(O)$. Ta cần chứng minh $K' = K$.
Ta có $\angle K'HB = \angle K'PB = \angle K'PA = \angle K'OA$, nên $K'HB$ và $K'OA$ đồng dạng. Suy ra $\frac{K'H}{K'O} = \frac{K'B}{K'A}$. Tương tự, ta có $\frac{K'N}{K'O} = \frac{K'C}{K'A}$. Nhân hai vế của hai phương trình này với nhau, ta được $\frac{K'H}{K'N} = \frac{K'B}{K'C}$. Do $BE \parallel PC$, nên $\frac{K'B}{K'C} = \frac{HE}{EC}$. Từ bước trên, ta có $\frac{K'H}{K'N} = \frac{HE}{EC}$, suy ra $K'HN$ đồng dạng với $KEC$. Do đó, $\angle K'HN = \angle KEC = \angle KAC$, nên $K'HN$ và $K'AC$ đồng dạng. Suy ra $\frac{K'A}{K'C} = \frac{K'N}{K'H}$. Nhân hai vế của phương trình này với $\frac{K'H}{K'N}$, ta được $\frac{K'A}{K'N} = \frac{K'H}{K'C}$. Tương tự, ta có $\frac{K'B}{K'M} = \frac{K'H}{K'O}$. Nhân hai vế của phương trình này với $\frac{K'O}{K'H}$, ta được $\frac{K'A}{K'N} = \frac{K'B}{K'M}$. Do đó, tứ giác $K'ABM$ là tứ giác điều hòa, suy ra $K'K$ là đường trung trực của $HM$, nên $K' = K$.

1 câu trả lời 236

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9