Cho hình thoi ABCD. Hai điểm P,Q nằm trong hình thoi thoả mãn \(\widehat{PAQ}=\widehat{PCQ}=\frac{1}{2}\widehat{DAB}\) và P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng BP//DQ.
Giúp mình với! Mình cần gấp trong chiều mai!
Cho hình thoi ABCD. Hai điểm P,Q nằm trong hình thoi thoả mãn \(\widehat{PAQ}=\widehat{PCQ}=\frac{1}{2}\widehat{DAB}\) và P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng BP//DQ.
Giúp mình với! Mình cần gấp trong chiều mai!
Ta cần hai bổ đề:
Bổ đề 1: (Hình bên phải) Xét tứ giác MNPQ nội tiếp (QN). Trên MQ và NP lấy S,T sao cho ^MNS = ^PQT. Khi đó MP chia đôi ST.
Thật vậy: Gọi NS,QT cắt (QN) tại điểm thứ hai lần lượt là K,L. KL cắt MP tại I
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm Q,K,M,N,L,P ta được 3 điểm S,I,T thẳng hàng
Ta có ^MNK và ^PQL là hai góc nội tiếp, ^MNK = ^PQL nên (MK = (PL
Từ đó dựng \(\Delta\)PRL vào phía trong đường tròn sao cho \(\Delta\)PRL = \(\Delta\)KSM
Vì tứ giác MKPL là hình thang cân nên IS = IR (Tính đối xứng)
Ta thấy ^IPT = ^MKS (Cùng chắn cung MN) = ^LPR. Tương tự ^PLT = ^ILR
Suy ra T và R là hai điểm Đẳng giác trong \(\Delta\)PIL => ^RIP = ^TIL
Ta lại có ^PTL = ^KSM = ^PRL ( = 900 + ^MNK = 900 + ^PQL) => Tứ giác TRPL nội tiếp
Từ đó có biến đổi góc: ^IRT = 3600 - ^IRP - ^PRT = ^RIP + ^RPI + ^TLP = ^TIL + ^TRL + ^ILR = ^ITL
=> \(\Delta\)TIR cân tại I => IT = IR = IS. Tức là MP đi qua trung điểm I của ST.
Bổ đề 2: (Hình bên trái) Xét 2 góc ^ACB và ^ADB cùng nhìn đoạn AB dưới một góc không đổi (C và D nằm khác phía so với AB). Kẻ AE,BF vuông góc với BC,AD. Khi đó EF chia đôi CD.
Chứng minh: Gọi H,K lần lượt là trực tâm của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ABD. Do ^ACB và ^ADB cùng nhìn AB dưới một góc không đổi nên tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ADB đối xứng nhau qua AB. Theo một kết quả quen thuộc thì CH = DK.
Suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành, trung điểm của HK và CD trùng nhau (1)
Chú ý tứ giác AEBF nội tiếp (AB), ^EBH = ^FAK. Áp dụng Bổ đề 1 ta được EF chia đôi HK (2)
Từ (1) và (2) suy ra EF cũng chia đôi CD.
Giải bài toán:
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Từ P,Q lần lượt kẻ PM,QN vuông góc với CQ,AP.
Ta thấy ^PAQ và ^PCQ cùng nhìn đoạn PQ dưới một góc không đổi bằng 1/2.^DAB
Đồng thời có PM vuông góc CQ, QN vuông góc AP. Áp dụng Bổ đề 2 ta thu được MN chia đôi AC
Hay MN đi qua O. Mặt khác ta có: \(\Delta\)CMP ~ \(\Delta\)COB (g.g) => \(\Delta\)CMO ~ \(\Delta\)CPB (c.g.c)
Suy ra ^CBP = ^COM = ^AON (Vì lúc này ^AON và ^COM đối đỉnh). Tương tự ^AON = ^ADQ
Từ đó ^CBP = ^ADQ. Kết hợp với BC // AD suy ra BP // DQ (đpcm).
còn cách khác không? Mình đang học chuyên đề hình thoi
Cách 2 đơn giản, dễ hiểu hơn:
Gọi M,N lần lượt là điểm đối xứng của P,Q qua các đường thẳng CQ,AP.
Ta thấy ^QAN = 2.^PAQ = ^DAB => ^QAD = ^NAB. Kết hợp với AQ = AN, AD = AB
=> \(\Delta\)AQD = \(\Delta\)ANB (c.g.c) => DQ = BN. Tương tự ta có DM = BP
Chú ý rằng MQ = PQ = PN (Tính đối xứng). Từ đó \(\Delta\)NBP = \(\Delta\)QDM (c.c.c)
Do vậy ^MBP = ^QDM => ^ABP + ^ADQ = ^CDQ + ^CBP (Vì ^ABN = ^ADQ, ^CDM = ^CBP)
Mà ^ABP + ^CBP = ^ADQ + ^CDQ nên ^ADQ - ^CBP = ^CBP - ^ADQ hay ^ADQ = ^CBP
Vì ^ADQ = ^CBP (cmt); AD // BC nên BP // DQ (đpcm).
cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho \(\widehat{BMC}=135^0\). Chứng minh rằng \(2MB^2+MC^2=MA^2\)
Dựng ra ngoài tam giác ABC vuông cân tại B điểm P sao cho t/g PBM vuông cân tại B
=> góc PBM = góc ABC => góc PBC = góc MBA
=> Mà BA= BC. BP = BM => t/g PBC = t/g MBA
=> 2MB^2 = PM^2 => 2MB^2 + MC^2 = PC^2 = MA^2
cho\(\Delta ABC\)vuông cân tại A. điểm D nằm trong tam giác sao cho \(\widehat{DAB}=\widehat{DBA}=15\) ĐỌ. cHỨNG TAM GIÁC CAD CÂN
KO CẦN VẼ HÌNH ĐÂU CÁC BẠN NHÁ. MIK TỰ VẼ ĐC RÙI
CHo tam giác ABC. M là điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: \(\widehat{BMC}>\widehat{BAC};\widehat{AMB}>\widehat{ACB};\widehat{AMC}>\widehat{ABC}\)
Cho hình thoi ABCD, \(\widehat{A}=90^0\), O là giao điểm hai đường chéo, vẽ OF vuông góc với AB (F\(\in\)AB).
a) Chứng minh đường tròn tâm O, bán kính OF tiếp xúc với bốn cạnh của hình thoi ABCD.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt AC tại điểm thứ hai K. Chứng minh K là trực tâm của tam giác BCD.
c) Cho biết \(\widehat{BAD}=60^0\), cạnh AB=a
i. Tính diện tích hình thoi ABCD theo a
ii. Chứng minh rằng \(\frac{AO}{OK}=\frac{ÃC}{CK}\)
Cho tam giác ABC , O là điểm nằm trong tam giác.
a. Chứng minh rằng : \(\widehat{BOC}\)= \(\widehat{A}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)
b. Biết \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90-\frac{\widehat{A}}{2}\)và tia BO là tia phân giác của góc B. Chứng minh rằng : Tia CO là tia phân giác của góc C.
a) Ta có: + \(\widehat{BOC}\)là góc ngoài của tam giác OBK
=> \(\widehat{BOC}=\widehat{OBK}+\widehat{OKB}\) (1)
+ \(\widehat{OKB}\)là góc ngoài của tam giác AKC
=>\(\widehat{OKB}=\widehat{A}+\widehat{ACK}\)(2)
Từ (1)(2) =>\(\widehat{BOC}=\widehat{OBK}+\widehat{A}+\widehat{ACK}\)
hay\(\widehat{BOC}=\widehat{A}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)
b) Ta có:\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o-\frac{\widehat{A}}{2}\)
=>\(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=180^o-\widehat{A}\)(3)
Xét tam giác ABC có:
\(\widehat{A}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o\)( Tổng 3 góc trong 1 tam giác)
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{A}\)(4)
Từ (3)(4) => \(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}\)(*)
Ta có: BO là tia phân giác của góc ACB
=>\(2\widehat{ABO}=\widehat{ABC}\)(**)
Từ (*)(**) => \(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=2\widehat{ABO}+\widehat{ACB}\)
=>\(2\widehat{ACO}=\widehat{ACB}\)
=> CO là tia phân giác của góc ACB
Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho \(\widehat{AMB}-\widehat{C}=\widehat{AMC}-\widehat{B}\). Chứng minh rằng AM và các đường phân giác ABM, ACM đồng quy
Cho tam giác ABC, O là điểm nằm trong tam giác
Biết \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o-\frac{\widehat{A}}{2}\) và tia bo là tia phân giác góc B. Chứng minh rằng: Tia CO là tia phân giác góc O
Hình thang ABCD có AD+BC=DC.Chứng minh rằng hai tia phân giác của \(\widehat{DAB}\)và \(\widehat{ABC}\)cắt nhau tại 1 điểm thuộc cạnh DC
(Giải theo cách lớp 8 giúp mình)