Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\), \(AD\) là đường cao. Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(D\) trên \(AB\), \(AC\).
1) Chứng minh tứ giác \(AEDF\) nội tiếp và \(AE.AB = AF.AC\).
2) Gọi \(AP\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(AP\) vuông góc với \(EF\).
3) Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\). Đường tròn đường kính \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(T\). Gọi \(K\) là trực tâm của tam giác \(BTC\). Chứng minh tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\).
Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\), \(AD\) là đường cao. Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(D\) trên \(AB\), \(AC\).
1) Chứng minh tứ giác \(AEDF\) nội tiếp và \(AE.AB = AF.AC\).
2) Gọi \(AP\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(AP\) vuông góc với \(EF\).
3) Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\). Đường tròn đường kính \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(T\). Gọi \(K\) là trực tâm của tam giác \(BTC\). Chứng minh tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
|
1)Ta có \(\widehat {AED} = 90^\circ \), \(\widehat {AFD} = 90^\circ \) |
|
Xét tứ giác \(AEDF\) có \(\widehat {AED} + \widehat {AFD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) suy ra tứ giác \(AEDF\) nội tiếp. |
|
Trong tam giác vuông \(ABD\) có \(DE\) là đường cao suy ra \(AE.AB = A{D^2}\,\,\,\left( 1 \right)\). |
|
Trong tam giác vuông \(ACD\) có \(DF\) là đường cao suy ra \(AF.AC = A{D^2}\,\,\,\left( 2 \right)\). Từ (1) và (2) ta có \(AE.AB = AF.AC\). |
|
2)Do \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\), mà \(\widehat {BAC}\) chung Suy ra |
|
\( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ACB}\) |
|
Ta có \(\widehat {BAP} = \widehat {BCP}\) |
|
Suy ra \(\widehat {AEF} + \widehat {BAP} = \widehat {ACB} + \widehat {BCP} = \widehat {ACP} = 90^\circ \) Vậy \(AP\) vuông góc với \(EF\). |
|
3)Ta có \(AH \bot BC\), \(TK \bot BC \Rightarrow AH\parallel TK\). |
|
Do \(BH \bot AC\), \(PC \bot AC \Rightarrow BH\parallel PC\). Do \(CH \bot AB\), \(PB \bot AB \Rightarrow CH\parallel PB\). Suy ra tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành. Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\), ta có \(OI = \frac{1}{2}AH\). |
|
Tương tự \(OI = \frac{1}{2}TK \Rightarrow AH = TK\). Khi đó tứ giác \(AHKT\) là hình bình hành. |
|
\( \Rightarrow AT\parallel HK\). Mà \(\widehat {ATH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {THK} = 90^\circ \) Vậy tam giác \(HKT\) vuông tại \(H\). |
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
1)\(P = \frac{{x + 2 + \sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{{x + 2 + x - \sqrt x - x - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {x + \sqrt x + 1} \right)}}.\frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) |
|
\( = \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}}\). |
|
2)\(P = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{x + \sqrt x + 1}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x + \sqrt x - 2 = 0\) |
|
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\left( l \right)\). |
Lời giải
|
1)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\y \ge 0\\y + 3 - {x^2} \ge 0\end{array} \right.\). Phương trình (1) trở thành \(\sqrt {4{x^2} + 3} - \sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {2x} - 2\sqrt y = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2x} - \sqrt y } \right)\left[ {\frac{{\left( {\sqrt {2x} + \sqrt y } \right)\left( {2x + y} \right)}}{{\sqrt {4{x^2} + 3} + \sqrt {{y^2} + 3} }} + 2} \right] = 0 \Leftrightarrow y = 2x\). |
|
Thay vào phương trình (2) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 + \sqrt {2x + 3 - {x^2}} \) Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} \Rightarrow \sqrt {2x + 3 - {x^2}} = \frac{{{t^2} - 4}}{2}\) Khi đó \(t = 2 + \frac{{{t^2} - 4}}{2} \Leftrightarrow {t^2} - 2t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\) Với \(t = 0\) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 0\left( {vn} \right)\). Với \(t = 2\) ta được \(\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\,\left( l \right)\\x = 3\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\). Với \(x = 3 \Rightarrow y = 6\). \(P = \left( {2x + 2x + \frac{2}{{{x^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{x} + \frac{6}{y}} \right) + \left( {y + \frac{{36}}{y}} \right) + 2\sqrt {xy} \ge 3.2 + 2 + 2.6 + 2\sqrt 6 \) Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;6} \right)\). |
|
2)Ta có \(P = 4x + \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{1}{x} + y + \frac{{42}}{y} + 2\sqrt {xy} \) Do \(x > 0,y > 0\) và \(6x + y = 2xy\) nên \(\frac{1}{x} + \frac{6}{y} = 2\) Mặt khác ta có \(2xy = 6x + y \ge 2\sqrt {6xy} \Rightarrow \sqrt {xy} \ge \sqrt 6 \) |
|
Khi đó \( \Rightarrow P \ge 20 + 2\sqrt 6 \). Dấu bằng xảy ra khi \(x = 1,y = 6\). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là \(20 + 2\sqrt 6 \). |
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập