Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack
a) Chứng minh BNMC và ANHM nội tiếp
- Xét tứ giác BNMC, ta có:
$B M ⟂ A C$ (đường cao) nên $\hat{B M C} = 90^{\circ}$ .
$C N ⟂ A B$ (đường cao) nên $\hat{B N C} = 90^{\circ} .$
- Hai đỉnh M và N cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90 $°$
=> Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
- Xét tứ giác ANHM, ta có:
$\hat{A N H} = 90^{\circ}$ (do CN $⊥$ AB)
$\hat{A M H} = 90^{\circ}$ (do BM $⊥$ AC).
- Vì tổng hai góc đối: $\hat{A N H} + \hat{A M H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} .$
=> Tứ giác ANHM nội tiếp đường tròn đường kính AH.
b) Chứng minh $D N \cdot D M = D B \cdot D C$
- Vì tứ giác BNMC nội tiếp (theo câu a), xét hai tam giác $△ D N B$ và $△ D C M$ :
+ Góc $\hat{D}$ chung.
+ $\hat{D N B} = \hat{D C M}$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó, $△ D N B ~ △ D C M$ (g.g).
=> $\frac{D N}{D C} = \frac{D B}{D M} \Rightarrow D N \cdot D M = D B \cdot D C .$ (đpcm)

c) Chứng minh 2R.EM = AM.BH
- Xét $△ A M K$ và $△ A B H$ , ta có:
$\hat{M A K} = \hat{B A H}$ (hai góc cùng phụ với hai góc bằng nhau hoặc sử dụng tính chất đường đẳng giác).
$\hat{A K M} = \hat{A B C}$ (cùng chắn cung AC). Mà $\hat{A B C} = \hat{A M N}$ (do BNMC nội tiếp).
Do đó, $△ A M E ~ △ A B H$
- Trong tam giác vuông AMK (tại M), với đường cao ME:
+ Ta có hệ thức: $A M^{2} = A E \cdot A K$ (không trực tiếp giúp ngay).
- Xét $△ A M E$ và $△ A B H$ , ta có:
$\hat{M A E} = \hat{H A B}$ (tính chất đường cao và đường kính).
$\hat{A E M} = 90^{\circ}$ (do AK $⊥$ MN).
=> $△ A M E ~ △ A B H \Rightarrow \frac{E M}{B H} = \frac{A M}{A B} .$
- Mặt khác, trong $△ A B K$ vuông tại B (AK là đường kính): $\cos \hat{B A K} = \frac{A B}{A K} = \frac{A B}{2 R} .$
Từ các tỉ số đồng dạng và tính chất lượng giác => 2R.EM = AM.BH. (đpcm)

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack
a) Chứng minh BNMC và ANHM nội tiếp
- Xét tứ giác BNMC, ta có:
$B M ⟂ A C$ (đường cao) nên $\hat{B M C} = 90^{\circ}$ .
$C N ⟂ A B$ (đường cao) nên $\hat{B N C} = 90^{\circ} .$
- Hai đỉnh M và N cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90 $°$
=> Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
- Xét tứ giác ANHM, ta có:
$\hat{A N H} = 90^{\circ}$ (do CN $⊥$ AB)
$\hat{A M H} = 90^{\circ}$ (do BM $⊥$ AC).
- Vì tổng hai góc đối: $\hat{A N H} + \hat{A M H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} .$
=> Tứ giác ANHM nội tiếp đường tròn đường kính AH.
b) Chứng minh $D N \cdot D M = D B \cdot D C$
- Vì tứ giác BNMC nội tiếp (theo câu a), xét hai tam giác $△ D N B$ và $△ D C M$ :
+ Góc $\hat{D}$ chung.
+ $\hat{D N B} = \hat{D C M}$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Do đó, $△ D N B ~ △ D C M$ (g.g).
=> $\frac{D N}{D C} = \frac{D B}{D M} \Rightarrow D N \cdot D M = D B \cdot D C .$ (đpcm)

c) Chứng minh 2R.EM = AM.BH
- Xét $△ A M K$ và $△ A B H$ , ta có:
$\hat{M A K} = \hat{B A H}$ (hai góc cùng phụ với hai góc bằng nhau hoặc sử dụng tính chất đường đẳng giác).
$\hat{A K M} = \hat{A B C}$ (cùng chắn cung AC). Mà $\hat{A B C} = \hat{A M N}$ (do BNMC nội tiếp).
Do đó, $△ A M E ~ △ A B H$
- Trong tam giác vuông AMK (tại M), với đường cao ME:
+ Ta có hệ thức: $A M^{2} = A E \cdot A K$ (không trực tiếp giúp ngay).
- Xét $△ A M E$ và $△ A B H$ , ta có:
$\hat{M A E} = \hat{H A B}$ (tính chất đường cao và đường kính).
$\hat{A E M} = 90^{\circ}$ (do AK $⊥$ MN).
=> $△ A M E ~ △ A B H \Rightarrow \frac{E M}{B H} = \frac{A M}{A B} .$
- Mặt khác, trong $△ A B K$ vuông tại B (AK là đường kính): $\cos \hat{B A K} = \frac{A B}{A K} = \frac{A B}{2 R} .$
Từ các tỉ số đồng dạng và tính chất lượng giác => 2R.EM = AM.BH. (đpcm)

1 câu trả lời 52

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9