Câu hỏi:

11/03/2026 13 Lưu

Cho \[\Delta ABC\] nhọn nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\]. Hai đường cao \[AD,{\rm{ }}BE\] của \[\Delta ABC\] cắt nhau tại \[H\].

(a) Chứng minh \[A,{\rm{ }}E,{\rm{ }}D,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính \[AK\] của \[\left( O \right)\]. Chứng minh và \[AB.AC = 2AD.R\].

(c) Gọi \[F\] là hình chiếu của điểm \[B\] trên \[AK,{\rm{ }}M\] là trung điểm của \[BC\]. Chứng minh \[BOFM\] là tứ giác nội tiếp, từ đó suy ra ba điểm \[E,{\rm{ }}F,{\rm{ }}M\] thẳng hàng.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Cho  Δ A B C  nhọn nội tiếp đường tròn  ( O ; R ) . Hai đường cao  A D , B E  của  Δ A B C  cắt nhau tại  H .  (a) Chứng minh  A , E , D , B  cùng thuộc một đường tròn.  (b) Kẻ đường kính  A K  của  ( O ) . Chứng minh và  A B . A C = 2 A D . R . (ảnh 1)

Chứng minh \(\widehat {ADB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) .

\(\Delta ADB\) vuông nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\).

\(\Delta AEB\) vuông nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\).

Suy ra 4 điểm \(A,\;B,\;D,\;E\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

b) \[\left( O \right)\] có: \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ABD} = \widehat {ACK}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AC\))

Chứng minh được (g.g)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}}\) nên \(AB.AC\; = \;2AD.R\)

c)

Cho  Δ A B C  nhọn nội tiếp đường tròn  ( O ; R ) . Hai đường cao  A D , B E  của  Δ A B C  cắt nhau tại  H .  (a) Chứng minh  A , E , D , B  cùng thuộc một đường tròn.  (b) Kẻ đường kính  A K  của  ( O ) . Chứng minh và  A B . A C = 2 A D . R . (ảnh 2)

Cho ΔABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao AD,BE của ΔABC cắt nhau tại H.

(a) Chứng minh A,E,D,B cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính AK của (O). Chứng minh và AB.AC=2AD.R.

\[\Delta BOC\] cân tại \[O\] có \[OM\] là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, suy ra \[OM\] vuông góc với \[BC\], nên \(\widehat {OMB} = 90^\circ \).

\(\widehat {OFB} = 90^\circ \)

Suy ra tứ giác \[BOFM\] nội tiếp

Tứ giác \[BOFM\] nội tiếp nên \(\widehat {BOM} = \widehat {BFM}\)

Mà \(\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\), \(\widehat {BAE} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\)

Suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {BFM}\) (1)

Tứ giác \[AEFB\] nội tiếp nên \(\widehat {AFE} = \widehat {ABE}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFE} + \widehat {BFM} = \widehat {ABE} + \widehat {BAE} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AFE} + \widehat {BFM} + \widehat {AFB} = 180^\circ \) nên \(E,\;F,\;M\) thẳng hàng.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Gọi số xe đội dự định sử dụng là x (xe, x * ).

Số tấn hàng mỗi xe phải chở theo dự định là 6 0 x (tấn).

Số xe thực tế đội đã sử dụng là x 2 (xe).

Số tấn hàng mỗi xe phải chở thực tế là 6 0 x 2 (tấn).

Vì thực tế mỗi xe phải chở nhiều hơn so với dự định 1 tấn nên ta có phương trình:

6 0 x 2 6 0 x = 1

1 x 2 1 x = 1 6 0

x ( x 2 ) x ( x 2 ) = 1 6 0

2 x ( x 2 ) = 1 6 0

x 2 2 x = 1 2 0

x = 1 2 (thỏa mãn) hoặc x = 1 0 (không thỏa mãn).

Vậy theo kế hoạch đội dự định sử dụng 12 xe để vận chuyển.

Lời giải

a) Thay \[x = - 3,\,\,y = 18\] vào công thức hàm số\[y = \left( {m-3} \right){x^2}\], ta được:

\[18 = \left( {m-3} \right) \cdot {\left( { - 3} \right)^2}\]

\[9\left( {m-3} \right) = 18\]

\(m - 3 = 2\)

\[m = 5\] (thỏa mãn).

Vậy \[m = 5\].

b) Với \[m = 5\] hàm số có dạng \[y = 2{x^2}\].

Phương trình xác định hoành độ giao điểm của \[\left( d \right)\] và \[\left( P \right)\] là:

\(2{x^2} = - 7x + 4\)

\(2{x^2} + 7x - 4 = 0\)

\(x = \frac{1}{2}\) hoặc \(x = - 4\).

Với \(x = \frac{1}{2}\) ta có \(y = \frac{1}{2}\).

Với ta có y = 3 2 .

Suy ra toạ độ giao điểm của ( d ) ( P ) ( 1 2 ; 1 2 ) ( 4 ; 3 2 ) .

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.

Nâng cấp VIP