Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh tứ giác BFHM nội tiếp
- Vì BE, CF là các đường cao nên BE $⊥$ AC và CF $⊥$ AB.
- H là trực tâm của $∆$ ABC, do đó AH $⊥$ BC tại M.
=> $\hat{H M C} = \hat{H M B} = 90^{\circ}$ .
- Xét tứ giác BFHM:
$\hat{B F H} = 90^{\circ} (d o ⟂ A B)$ .
$\hat{B M H} = 90^{\circ} (d o ⟂ B C)$ .
- Tổng hai góc đối: $\hat{B F H} + \hat{B M H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ .
Vậy: Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính BH.
b) Chứng minh M là trung điểm HN và $\hat{B A H} = \hat{C A O}$
1: M là trung điểm HN
- Ta có: $\hat{B C N} = \hat{B A N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN).
- Mặt khác, $\hat{B A N} = \hat{B C F}$ (cùng phụ với $\hat{A B C}$ ).
=> $\hat{B C N} = \hat{B C F}$ . Điều này chứng tỏ CM vừa là đường cao vừa là đường phân giác của $∆$ HCN.
=> $∆$ HCN cân tại C, suy ra đường cao CM đồng thời là đường trung tuyến.
Vậy: M là trung điểm HN.
2: $\hat{B A H} = \hat{C A O}$
- Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Khi đó $\hat{A C D} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Xét $∆$ ABM (vuông tại M) và $∆$ ADC (vuông tại C):
$\hat{A B M} = \hat{A D C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).
=> $∆$ ABM $= ∆$ ADC (g.g) => $\hat{B A M} = \hat{D A C}$ .
Mà $\hat{B A M}$ chính là $\hat{B A H}$ và $\hat{D A C}$ chính là $\hat{C A O}$ .
Vậy: $\hat{B A H} = \hat{C A O}$ .

c) Chứng minh ET $⊥$ BC (với T là giao điểm của KI và BC)
- Lưu ý: Điểm K trong đề bài chưa được định nghĩa rõ, thông thường trong bài toán này K là chân đường vuông góc kẻ từ A đến EF. Tuy nhiên, có một tính chất quan trọng: M nằm trên đường tròn ngoại tiếp $∆$ AFE.
- Sử dụng tính chất phương tích hoặc góc: I là trung điểm EF (trung điểm dây cung). Đường thẳng TIK liên quan đến các tính chất của cực và đối cực hoặc biến đổi góc nâng cao. Khi I là trung điểm EF, đường vuông góc kẻ từ E đến BC thường liên quan đến việc chứng minh các tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong đường tròn.

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh tứ giác BFHM nội tiếp
- Vì BE, CF là các đường cao nên BE $⊥$ AC và CF $⊥$ AB.
- H là trực tâm của $∆$ ABC, do đó AH $⊥$ BC tại M.
=> $\hat{H M C} = \hat{H M B} = 90^{\circ}$ .
- Xét tứ giác BFHM:
$\hat{B F H} = 90^{\circ} (d o ⟂ A B)$ .
$\hat{B M H} = 90^{\circ} (d o ⟂ B C)$ .
- Tổng hai góc đối: $\hat{B F H} + \hat{B M H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ .
Vậy: Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính BH.
b) Chứng minh M là trung điểm HN và $\hat{B A H} = \hat{C A O}$
1: M là trung điểm HN
- Ta có: $\hat{B C N} = \hat{B A N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN).
- Mặt khác, $\hat{B A N} = \hat{B C F}$ (cùng phụ với $\hat{A B C}$ ).
=> $\hat{B C N} = \hat{B C F}$ . Điều này chứng tỏ CM vừa là đường cao vừa là đường phân giác của $∆$ HCN.
=> $∆$ HCN cân tại C, suy ra đường cao CM đồng thời là đường trung tuyến.
Vậy: M là trung điểm HN.
2: $\hat{B A H} = \hat{C A O}$
- Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Khi đó $\hat{A C D} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Xét $∆$ ABM (vuông tại M) và $∆$ ADC (vuông tại C):
$\hat{A B M} = \hat{A D C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).
=> $∆$ ABM $= ∆$ ADC (g.g) => $\hat{B A M} = \hat{D A C}$ .
Mà $\hat{B A M}$ chính là $\hat{B A H}$ và $\hat{D A C}$ chính là $\hat{C A O}$ .
Vậy: $\hat{B A H} = \hat{C A O}$ .

c) Chứng minh ET $⊥$ BC (với T là giao điểm của KI và BC)
- Lưu ý: Điểm K trong đề bài chưa được định nghĩa rõ, thông thường trong bài toán này K là chân đường vuông góc kẻ từ A đến EF. Tuy nhiên, có một tính chất quan trọng: M nằm trên đường tròn ngoại tiếp $∆$ AFE.
- Sử dụng tính chất phương tích hoặc góc: I là trung điểm EF (trung điểm dây cung). Đường thẳng TIK liên quan đến các tính chất của cực và đối cực hoặc biến đổi góc nâng cao. Khi I là trung điểm EF, đường vuông góc kẻ từ E đến BC thường liên quan đến việc chứng minh các tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong đường tròn.

Answer 3

a) Chứng minh tứ giác BFHM nội tiếp
- Vì BE, CF là các đường cao nên BE ⊥ AC và CF ⊥ AB.
- H là trực tâm của ΔABC, do đó AH ⊥ BC tại M.
=> ˆHMC=ˆHMB=90∘.
- Xét tứ giác BFHM:
ˆBFH=90∘(do⟂AB).
ˆBMH=90∘(do⟂BC).
- Tổng hai góc đối: ˆBFH+ˆBMH=90∘+90∘=180∘.
Vậy: Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính BH.
b) Chứng minh M là trung điểm HN và ˆBAH=ˆCAO
1: M là trung điểm HN
- Ta có: ˆBCN=ˆBAN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN).
- Mặt khác, ˆBAN=ˆBCF (cùng phụ với ˆABC).
=> ˆBCN=ˆBCF. Điều này chứng tỏ CM vừa là đường cao vừa là đường phân giác của ΔHCN.
=>ΔHCN cân tại C, suy ra đường cao CM đồng thời là đường trung tuyến.
Vậy: M là trung điểm HN.
2: ˆBAH=ˆCAO
- Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Khi đó ˆACD=90∘(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Xét ΔABM (vuông tại M) và ΔADC (vuông tại C):
ˆABM=ˆADC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).
=> ΔABM =ΔADC (g.g) => ˆBAM=ˆDAC.
Mà ˆBAM chính là ˆBAH và ˆDAC chính là ˆCAO.
Vậy: ˆBAH=ˆCAO.

c) Chứng minh ET ⊥ BC (với T là giao điểm của KI và BC)
- Lưu ý: Điểm K trong đề bài chưa được định nghĩa rõ, thông thường trong bài toán này K là chân đường vuông góc kẻ từ A đến EF. Tuy nhiên, có một tính chất quan trọng: M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔAFE.
- Sử dụng tính chất phương tích hoặc góc: I là trung điểm EF (trung điểm dây cung). Đường thẳng TIK liên quan đến các tính chất của cực và đối cực hoặc biến đổi góc nâng cao. Khi I là trung điểm EF, đường vuông góc kẻ từ E đến BC thường liên quan đến việc chứng minh các tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong đường tròn.

...Xem thêm

Answer 4

a) Chứng minh tứ giác BFHM nội tiếp
- Vì BE, CF là các đường cao nên BE ⊥ AC và CF ⊥ AB.
- H là trực tâm của ΔABC, do đó AH ⊥ BC tại M.
=> ˆHMC=ˆHMB=90∘.
- Xét tứ giác BFHM:
ˆBFH=90∘(do⟂AB).
ˆBMH=90∘(do⟂BC).
- Tổng hai góc đối: ˆBFH+ˆBMH=90∘+90∘=180∘.
Vậy: Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính BH.
b) Chứng minh M là trung điểm HN và ˆBAH=ˆCAO
1: M là trung điểm HN
- Ta có: ˆBCN=ˆBAN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN).
- Mặt khác, ˆBAN=ˆBCF (cùng phụ với ˆABC).
=> ˆBCN=ˆBCF. Điều này chứng tỏ CM vừa là đường cao vừa là đường phân giác của ΔHCN.
=>ΔHCN cân tại C, suy ra đường cao CM đồng thời là đường trung tuyến.
Vậy: M là trung điểm HN.
2: ˆBAH=ˆCAO
- Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Khi đó ˆACD=90∘(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Xét ΔABM (vuông tại M) và ΔADC (vuông tại C):
ˆABM=ˆADC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).
=> ΔABM =ΔADC (g.g) => ˆBAM=ˆDAC.
Mà ˆBAM chính là ˆBAH và ˆDAC chính là ˆCAO.
Vậy: ˆBAH=ˆCAO.

c) Chứng minh ET ⊥ BC (với T là giao điểm của KI và BC)
- Lưu ý: Điểm K trong đề bài chưa được định nghĩa rõ, thông thường trong bài toán này K là chân đường vuông góc kẻ từ A đến EF. Tuy nhiên, có một tính chất quan trọng: M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔAFE.
- Sử dụng tính chất phương tích hoặc góc: I là trung điểm EF (trung điểm dây cung). Đường thẳng TIK liên quan đến các tính chất của cực và đối cực hoặc biến đổi góc nâng cao. Khi I là trung điểm EF, đường vuông góc kẻ từ E đến BC thường liên quan đến việc chứng minh các tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong đường tròn.

2 câu trả lời 311

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9