Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu a:
Xét ΔICM vuông tại I và ΔICN vuông tại I có:
• IC chung
• \(\widehat{ICM}=\widehat{ICN}\left(\text{do IC là tia phân giác của }\widehat{ACB}\right)\)
⇒ ΔICM ∼ ΔICN (g - c - g)
⇒ • IM = IN
• \(\widehat{IMC}=\widehat{INC}\)
mà \(\widehat{IMC}+\widehat{IMA}=\widehat{INC}+\widehat{INB}\left(=180^0\right)\)
⇒ \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)
mà \(\widehat{IMA}+\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{INB}+\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\left(=180^0\right)\)
⇒ \(\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\) (1)
Mặt khác, ΔIAB có: \(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}=180^0-\widehat{I_3}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\)
mà • \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\left(\text{do IA là tia phân giác của }\widehat{BAC}\right)\)
• \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\left(\text{do IB là tia phân giác của }\widehat{ABC}\right)\)
nên \(\widehat{A_2}+\widehat{B_2}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\) (2)
Trừ (1) và (2) vế theo vế, suy ra \(\widehat{I_1}-\widehat{B_2}=\widehat{B_2}+\widehat{I_1}\)
⇒ \(2\widehat{I_1}=2\widehat{B_2}\)
⇒ \(\widehat{I_1}=\widehat{B_2}\)
mà \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)
⇒ ΔIMA ∼ ΔBNI (g - g)
⇒ AM . BN = IM . IN = IM2 = IN2 (do IM = IN)
Câu b:
Ta có: \(\widehat{I_3}+\widehat{I_1}+\widehat{I_2}=\widehat{IMA}+\widehat{I_1}+\widehat{A_2}\left(=180^0\right)\)
mà \(\widehat{I_2}=\widehat{A_2}\left(\Delta IMA\text{ ~ }\Delta BNI\right)\)
⇒ \(\widehat{I_3}=\widehat{IMA}\)
mà \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\)
⇒ ΔIAB ∼ ΔMAI (g - g) ∼ ΔNIB
⇒ • IA2 = AM . AB
• IB2 = NB . AB
Đặt \(P=\dfrac{IA^2}{AB\times AC}+\dfrac{IB^2}{AB\times BC}+\dfrac{IC^2}{AC\times BC}\)
\(=\dfrac{AM\times AB}{AB\times AC}+\dfrac{NB\times AB}{AB\times BC}+\dfrac{CM^2-IM^2}{AC\times BC}\)
\(=\dfrac{AM}{AC}+\dfrac{NB}{BC}+\dfrac{CM^2-AM\times NB}{AC\times BC}\)
\(=\dfrac{AM\times BC+NB\times AC+CM\times CN-AM\times NB}{AC\times BC}\)
(do CM = CN vì ΔICM = ΔICN)
\(=\dfrac{AM\times CN+NB\times AC+CM\times CN}{AC\times BC}\)
\(=\dfrac{AC\times CN+NB\times AC}{AC\times BC}=1\)
Vậy ta có đpcm.
1) Theo t/c góc tạo bởi tia tiếp và dây cung: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAD}\). Dễ có \(\widehat{BCA}=\widehat{BAC}=30^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BAD}=30^0\)\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\widehat{DAC}=60^0\). Đồng thời \(\widehat{BAC}=\widehat{BAD}\)
=> AB là tia phân giác trong tam giác ADC
Xét \(\Delta\)ADC có: \(\widehat{DAC}=60^0;\widehat{DCA}=\widehat{BCA}=30^0\)
=> \(\Delta\)ADC vuông tại D. Hay \(\Delta\)ADC nửa đều => \(\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}\)
Ta có: AB là phân giác trong tam giác ADC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{DB}{DC}=\frac{1}{3}\)
2) Dễ thấy \(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=60^0\). Xét \(\Delta\)ADB:
\(\widehat{ADB}=90^0\)(cmt); \(\widehat{ABD}=60^0\)=> \(\Delta\)ADB nửa đều => BD = 1/2 AB
Áp dụng ĐL Pytagore cho \(\Delta\)ADB nửa đều:
\(AD^2=AB^2-BD^2=AB^2-\frac{1}{4}.AB^2=\frac{3}{4}.AB^2\)\(\Leftrightarrow AD=\frac{\sqrt{3}}{2}.AB\)
\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(1)
Tương tự với tam giác ANB nửa đều: \(\frac{AB}{AN}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{AB}{2AN}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)(2)
Cộng (1) với (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AB}{AC}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{1}{AD}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{AB}\)(đpcm).
3) Gọi giao điểm của NE với AO là S; MF với AO là S'. Ta đi c/m S trùng với S' .
Dễ thấy: \(\widehat{OBC}=180^0-\widehat{ABD}-\widehat{ABN}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{OCB}=60^0\)
Mà \(\widehat{ABD}=60^0\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{ABD}\). Do 2 góc này đồng vị nên AB // OC
Hay BE // OC \(\Rightarrow\frac{DB}{CB}=\frac{DE}{OE}\)(ĐL Thales) . Mà \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\)(câu b)
\(\Rightarrow\frac{DE}{OE}=\frac{1}{2}\). Lại có: \(\frac{DE}{OE}=\frac{BE}{AE}\Rightarrow\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\)(Hệ quả ĐL Thales)
Tứ giác ABCO có: AB // OC; AO // OB (Cùng vuông góc AD); AC vuông BO
=> Tứ giác ABCO là hình thoi. N là trung điểm AC => N cũng là trung điểm BO => \(\frac{ON}{BN}=1\)
Nhận thấy \(\Delta\)ABO có: E thuộc AB; N thuộc OB; NE cắt AO ở S
\(\Rightarrow\frac{BE}{AE}.\frac{ON}{BN}.\frac{SA}{SO}=1\)(ĐL Menelaus)
Thay \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2};\frac{ON}{BN}=1\Rightarrow\frac{SA}{SO}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow\frac{SA}{SO}=2\Leftrightarrow\frac{SA}{AO}=2\)(*)
Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{OF}{EF}=\frac{OC}{AE}=\frac{AB}{AE}\)(Do OC=AB)
Lại có: \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)
Vì \(\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{BE}{\frac{1}{2}.AB}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{BE}{BM}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{EM}{BM}=\frac{1}{3}\). Mà BM=AM
\(\Rightarrow\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3}\). Ta áp dụng ĐL Menelaus với \(\Delta\)AEO:
\(\frac{OF}{EF}.\frac{BE}{EM}.\frac{S'A}{S'O}=1\). Thế \(\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3};\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)(cmt)
\(\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}.\frac{1}{3}.\frac{3}{2}=1\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}=2\Rightarrow\frac{S'A}{AO}=2\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(SA=S'A\). Mà 3 điểm A;S;S' thẳng hàng
Nên S trùng với S' => 3 đường AO;MF;NE gặp nhau tại 1 điểm (đpcm).
Tỉ số \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\) được lấy từ ý 1) nhé, quen tay nên gõ nhầm.