Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) các đường cao AD, BE, CF cắt đường tròn thứ tự tại M,N,K. Chứng minh rằng: \(\dfrac{AM }{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=4\)
Những câu hỏi liên quan
Tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, các đường cao AD,BE,CF cắt đường tròn tâm O theo thứ tự M,N,K
Chứng minh: \(\dfrac{AM}{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=4\)
Câu hỏi của toán khó mới hay - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đúng 0
Bình luận (0)
Ta có SABC=\(\dfrac{AD.BC}{2}\)
Tứ giác ABMC có AM⊥BC⇒SABMC=\(\dfrac{AM.BC}{2}\)
Suy ra \(\dfrac{S_{ABMC}}{S_{ABC}}=\dfrac{AM}{AD}\)
Chứng minh tương tự: \(\dfrac{S_{ABCN}}{S_{ABC}}=\dfrac{BN}{BE}\)
\(\dfrac{S_{ACBK}}{S_{ABC}}=\dfrac{CK}{CF}\)
Vậy \(\dfrac{AM}{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=\dfrac{S_{ABMC}+S_{ABCN}+S_{ACBK}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}+S_{BMC}+S_{ABC}+S_{ANC}+S_{ABC}+S_{ABK}}{S_{ABC}}=3+\dfrac{S_{BMC}+S_{ANC}+S_{AKB}}{S_{ABC}}\)(1)
Gọi H là giao điểm của AD,BE,CF ta có
\(\widehat{MBD}=\widehat{MBC}=\widehat{MAC}\)(cùng chắn cung MC)=\(\widehat{EAH}=90^0-\widehat{AHE}=90^0-\widehat{BHD}=\widehat{HBD}\)
Lại có BD là cạnh chung
\(\widehat{BDH}=\widehat{BDM}=90^0\)
Suy ra △BHD=△BMD(cạnh huyền, góc nhọn)\(\Rightarrow HD=MD\Rightarrow S_{BMC}=\dfrac{MD.BC}{2}=\dfrac{HD.BC}{2}=S_{BHC}\)
Chứng minh tương tự: \(S_{ANC}=S_{AHC}\)
\(S_{AKB}=S_{AHB}\)
Vậy \(\dfrac{AM}{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=3+\dfrac{S_{BMC}+S_{AKB}+S_{ANC}}{S_{ABC}}=3+\dfrac{S_{BHC}+S_{ABH}+S_{AHC}}{S_{ABC}}=3+\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)
Vậy \(\dfrac{AM}{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=4\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O đường cao AD,BE,CF cắt đường tròn theo thứ tự ở M , N , K . CMR : AM/AD + BN/BE + CK/CF =4
a) Ta thấy \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{ABC}\) )
Vậy nên \(\widebat{KB}=\widebat{MB}\), suy ra \(\widehat{KCB}=\widehat{MCB}\) (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)
Gọi giao điểm của ba đường cao là H.
Xét tam giác MHC có CD là đường cao đồng thời là phân giác nên tam giác MHC cân tại C.
Vậy thì CD cũng là trung tuyến hay DM = DH.
Ta có \(\frac{AM}{AD}=\frac{AD+DM}{AD}=1+\frac{DM}{AD}=1+\frac{DH}{AD}\)
Tương tự \(\frac{BN}{BE}=1+\frac{HE}{BE};\frac{CK}{CF}=1+\frac{FH}{CF}\)
Ta có \(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=3+\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\)
Lại thấy rằng \(\frac{DH}{AD}=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}};\frac{HE}{BE}=\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}};\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}\)
nên \(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{HAB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
Vậy thì \(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=3+1=4\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong ( O ) , ba đường cao AD , BE , CF cắt (O) lần lượt tại M,N,K .C/m:
\(\dfrac{AM}{AD}+\dfrac{BN}{BE}+\dfrac{CK}{CF}=4\)
Lời giải:
\(S_{ABC}=\frac{AD.BC}{2}; S_{ABMC}=\frac{AM.BC}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{S_{ABMC}}{S_{ABC}}=\frac{AM}{AD}\)
Hoàn toàn TT: \(\frac{S_{ABCN}}{S_{ABC}}=\frac{BN}{BE}; \frac{S_{ACBK}}{S_{ABC}}=\frac{CK}{CF}\)
Do đó:
\(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=\frac{S_{ABMC}+S_{ABCN}+S_{ACBK}}{S_{ABC}}\)
\(=\frac{S_{ABC}+S_{BMC}+S_{ABC}+S_{ANC}+S_{ABC}+S_{AKB}}{S_{ABC}}=3+\frac{S_{BMC}+S_{ANC}+S_{AKB}}{S_{ABC}}(*)\)
Lại có:
\(\widehat{MBD}=\widehat{MBC}=\widehat{MAC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
\(=\widehat{HAE}=90^0-\widehat{AHE}=90^0-\widehat{BHD}=\widehat{HBD}\)
Xét tam giác $HBD$ và $MBD$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MBD}=\widehat{HBD}\\ \widehat{BDH}=\widehat{BDM}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle HBD\sim \triangle MBD\)
\(\Rightarrow \frac{HD}{BD}=\frac{MD}{BD}\Rightarrow HD=MD\)
\(\Rightarrow S_{BHC}=\frac{HD.BC}{2}=\frac{MD.BC}{2}=S_{BMC}\)
Hoàn toàn TT: \(S_{AHC}=S_{ANC}; S_{AHB}=S_{AKB}\)
\(\Rightarrow S_{BMC}+S_{ANC}+S_{AKB}=S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}=S_{ABC}(**)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=4\) (đpcm)
Đúng 0
Bình luận (0)
cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.và cắt đường tròn tại các điểm theo thứ tự là :M,N,P. chứng minh: AM/AD + BN/BE + CP/CF = 4
cho tam giác abc có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm o.các đường cao ad, be, cr cắt đường tròn tâm o tại m,n,k. CMR: am/ad+bn/be+ck/cf=4
CHO TAM GIÁC ABC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN TÂM O. CÁC ĐƯỜNG CAO AD,BE,CF CẮT ĐƯỜNG TRÒN TÂM O LẦN LƯỢT TẠI M,N,K. CMR:\(\frac{AM}{AD}\)+\(\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=4\)
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), các đường cao AD,BE,CF cắt (O) theo thứ tự M,N,K. CMR
\(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=4\)
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), các đường cao AD,BE,CF cắt (O) tại M,N,K.
CMR: \(\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=4\)
Phần tự luận
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CEHD nội tiếp
a) Xét tứ giác CEHD có:
∠(CED) = 90 0 (do BE là đường cao)
∠(HDC) = 90 0 (do AD là đường cao)
⇒ ∠(CED) + ∠(HDC) = 180 0
Mà ∠(CED) và ∠(HDC) là 2 góc đối của tứ giác CEHD nên CEHD là tứ giác nội tiếp
Đúng 0
Bình luận (0)