conanthamtulungdanhkudo

Cho tam giác ABC cân tại A.Gọi H là trung điểm BC ,D là hình chiếu của H lên AC.E là trung điểm của HD.

CMR: BD vuông góc với AE

Gọi K là trung điểm của DC

EK là đường TB của tam giác DHC ===> EK//HC mà HC vuông góc vs AH ==> EK vuông góc vs AH

===> E là trực tâm tam giác AHK ==>AE vuông góc vs HK (1)

Tam giác ABC cân ==> H là trung điểm của BC

==> HK là đường TB của tam giác BDC

==> HK //BD kết hợp (1)==> đpcm

cía này chọn đội tuyển quốc gia vòng 1 , mình đy cũng không hiểu vì sao mỗi trường hvt tham gia , nhưng môn khác có lác đác vài bạn , theo lời cô mình thì mấy trường khác không dám thi cùng

giải giúp em câu hệ vs ạ

Cho tam giác $ABC$ và các điểm $A', B', C'$ lần lượt thuộc các đường thẳng $BC, CA, AB$. Chứng minh 3 đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB'C', BC'A', CA'B'$ cùng đi qua một điểm $M$

 Đây chính là định lý Miquel đấy bạn

Cho tam giác vuông tại A, AH là đường cao. Gọi M là điểm thuộc đoạn HC(M không trùng với H,C); E,K lần lượt là hình chiếu của B,C trên đường thẳng AM. Biết H(2;2), K(3;1), A thuộc đường thẳng d₁: 2x - y - 2 = 0, E thuộc đường thẳng d₂: x + y - 6 =0. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

C/m EH vuông góc vs HM

$\dpi{150} \angle HEK=\angle ABC$( vì tứ giác AEHB nội tiếp)

$\dpi{150} \angle EKH=\angle ACH$( tứ giác AHKC nội tiếp)

mà góc ABC+ góc ACB=$\dpi{150}  90^{\circ}$

===> EH vuông góc vs EK

Gọi tđ E cho $\dpi{150} \overrightarrow{EH}.\overrightarrow{HK}$=0

==> tđộ E

===> lập pt EK

tìm đc tđộ A là nghiệm hệ

==> Lập pt BC

Gọi tọa độ B cho $\dpi{150} \overrightarrow{BE}$ vuông góc vs $\dpi{150} \overrightarrow{AK}$

===> tọa độ B

===> Lập pt AC

tọa độ C là nghiệm hệ. pt AC và BC

Cho d1:2mx-(m+1)y+1-3m=0

        d2:(3m+1)x+(m-1)y+2-6m=0

d1 giao d2=A thuộc đg tròn (C) cố định.Viết pt (C)

Lấy tiếp tuyến tại B cắt tiếp tuyến tại C tại K

 

Dễ chứng minh được $\Delta CAH \sim \Delta KIB$ (g-g) $\rightarrow \dfrac{CH}{KB}=\dfrac{AH}{BI}$

 

Theo định lí Ta lét ta có:

 

$\dfrac{CN}{KB}=\dfrac{MN}{MB}$

 

Lấy tiếp tuyến tại B cắt tiếp tuyến tại C tại K

 

Dễ chứng minh được $\Delta CAH \sim \Delta KIB$ (g-g) $\rightarrow \dfrac{CH}{KB}=\dfrac{AH}{BI}$

 

Theo định lí Ta lét ta có:

 

$\dfrac{CN}{KB}=\dfrac{MN}{MB}$

 

Lại có: $NH//MA \rightarrow \dfrac{NM}{MB}=\dfrac{AH}{AB} \rightarrow \dfrac{CN}{KB}=\dfrac{AH}{2BI}$

 

$\rightarrow \dfrac{CN}{KB}=\dfrac{CH}{2KB} \rightarrow 2CN=CH$

 

$\rightarrow N$ là trung điểm $CH \rightarrow$ tọa độ $C \rightarrow$ ptdt AC

 

Viết ptdt BC đi qua H và vuông góc CH $\rightarrow$ tọa độ A

 

Viết ptdt CB đi qua C vuông góc AC $\rightarrow B$ là giao của BC và AB  

 

 

Lại có: $NH//MA \rightarrow \dfrac{NM}{MB}=\dfrac{AH}{AB} \rightarrow \dfrac{CN}{KB}=\dfrac{AH}{2BI}$

 

$\rightarrow \dfrac{CN}{KB}=\dfrac{CH}{2KB} \rightarrow 2CN=CH$

 

$\rightarrow N$ là trung điểm $CH \rightarrow$ tọa độ $C \rightarrow$ ptdt AC

 

Viết ptdt BC đi qua H và vuông góc CH $\rightarrow$ tọa độ A

 

Viết ptdt CB đi qua C vuông góc AC $\rightarrow B$ là giao của BC và AB  

Mình xin góp 1 cách c/m N là TĐ CI( cũng không khác lắm)

Kéo dài BC cắt AM tại Q

Tam giác CAQ vuông tại C,CM=AM ===> c/m đc M là trung điểm AQ áp dụng định lý Talet

$\frac{CN}{QM}=\frac{NH}{AM}=\frac{BN}{BM}$

mà QM=AM ===> CN=NH 

Đoạn sau giống bạn  leminhnghiatt

Mình ấn nhầm

Hình như đề nhầm chỗ PT của BM. Có thể như thế này mới đúng:

Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, CD=2AB, điểm B(8;4). PT đường thẳng AD: x-y+2=0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AC và điểm M là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD. Biết PT của BM là 23x-11y-228=0.

Mình cũng nghĩ là đề bạn ấy viết nhầm!! Thầy mình cũng cho bài giống bạn chỉ khác cho điểm rồi tìm ra pt BM

Bài 1

+, Do H là trực tâm tam giác ABC ==> BH vuông góc vs AC mà A'C vuông góc vs AC ==> BH//A'C

c/m tt HC //BA'==>đpcm

+,Do M là trung điểm A'H(do tứ giác BHCA' là hbh)

I là trung điểm AA' ==> IM//AH

IM=1/2AH=MG/AG==> I,G,H thẳng hàng và IH=3IG

+,$\dpi{150} \angle AH'B=\angle ACB$ mà $\dpi{150} \angle BHH'=\angle AHD=\angle ACB$(cùng phụ góc HAD)

===> tam giác HCH' cân tại C ==>đpcm

A(4;0)

AB: x-2y-4=0

F(-4;-4)

C(c;-2c-12)

$IC^2 = 5c^2 + 60c + 225$

$IB^2 = 25$

=> $c^2 + 12c + 40 = 0$ (VN)

Mình làm ra như vậy, bạn xem giúp mình.

Ừ mình làm thế này 

A(4;0)

==> PT AB: x-2y-4=0

tđ F(-4;-4)

Gọi C(a;b)

$\dpi{150} \overrightarrow{CE}(-4-a;-4-b)$

CE vuông góc AB(2;1)

==>2(-4-a)+1(-4-b)=0

$\dpi{150} CI^2=(-a)^2+(3+a+12)^2=25$

Đến đây VN thật

Mình tìm được 2 điểm A là A(4;0); A(-4;6)

Xét với A(4;0) thì tới chỗ tìm C PT bậc 2 vô nghiệm

Xét với A(-4;6) thì được C(0-2) trùng với B, C(-4;6) trùng với A

Mình dò lại bài mà không biết tính nhầm chỗ nào nữa

TH A(4;0) mình tìm đc C(-4;6) bạn thử xem lại có sai đâu ko   

Trong mptđ Oxy, cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm I(0;3), đỉnh B(0;-2). Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B và C của tam giác ABC. Đường thẳng EF có phương trình 4x-3y+4=0. Tìm tọa độ các đỉnh

c/m đc AI vuông góc vs EF

Lập pt AI đi qua I(0;3)

                có 1 VTPT=$\dpi{150} \overrightarrow{Uef}$

==>Lập đc pt AI

Gọi t/độ A cho AI=BI ==>tđ A

Lập đc pt AB

tìm đc tọa độ F

Gọị t/đ C(a;b)

2 pt AI=CI

CF vuông góc vs AB 

giải hệ là xong

1) PT(2)$\dpi{150} \Leftrightarrow \sqrt{y-1}-\sqrt{x}=x^2+xy+3y-2y^2-1$

$\dpi{150} \Leftrightarrow \frac{y-x-1}{\sqrt{y-1}+\sqrt{x}}=(x-y-1)(x+2y-1)$

$\dpi{150} \Leftrightarrow y-x-1=0$

Thế vào pt(1)

Ta có$\dpi{150} \sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{7}=\sqrt{x^2-x+1}-\sqrt{3}$

$\dpi{150} \Leftrightarrow \frac{(x-2)(x-3)}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{7}}$=$\dpi{150} \frac{(x-2)(x+1)}{\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{3}}$

$\dpi{150} \Leftrightarrow x=2$(t/m)

hoặc $\dpi{150} \frac{x+3}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{7}}=\frac{x+1}{\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{3}}$

đến đây mình cũng chưa c/m đc VN nữa

Chỗ màu đỏ này bn thử xem lại xem, mk tham số hóa $M$ rồi nhân tích vô hướng ra $0=0$ (luôn đúng)

 

Điểm $E$ tìm ra quả là xuất sắc

 

Mình có cách cm khác này nhưng hơi dài không đặc sắc như của bn

 

Phần chứng minh: 

 

-$BK$ vuông góc $AC$, lấy $I$ là trung điểm $CD$ 

 

-Ta chứng minh được $\Delta ABK=\Delta CIM$ (cạnh huyền- góc nhọn) $\rightarrow AK=MC=MH \rightarrow AH=KM$

 

-Dễ cm đc $\Delta AHD \sim BKA \rightarrow \dfrac{BK}{AK}=\dfrac{AH}{HD} \rightarrow \dfrac{DH}{HM}=\dfrac{AH}{BK}$

 

$\rightarrow \Delta BKM \sim \Delta MHD \rightarrow$ \widehat{BMK}=\widehat{MDH} $\rightarrow$ $DM$ vuông góc $BM$ 

 

... 

Mình thấy cách của bạn cũng rất hay   

hình vẽ:

Gọi E là trung điểm DH===>c/m đc E là trực tâm tam giác ADM

Do AE//BM suy ra BM vuông góc vs DM

Phương trình AB qua B(8;4)

                            có 1 VTPT=Uad(1;1)

suy ra tọa độ A

Gọi tọa độ D;tọa độ M

cho $\dpi{150} \overrightarrow{BM}$ vuông góc vs $\dpi{150} \overrightarrow{{U_{BM}}^{}}$(1pt)

Do $\dpi{150} \overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{DC}$ suy ra tọa độ C theo D

Sau đó bn cho $\dpi{150} \overrightarrow{AM}$ cùng phương vs $\dpi{150} \overrightarrow{AC}$(1pt nữa)

Giải hệ trên suy ra t/độ D

a) $\angle ABF=\angle FCA$(vì tứ giác FABC nt)

tương tự $\angle ABE=\angle ADE$ mà tứ giác EFCD nt==>góc FCA=góc EDA(đpcm)

b)3 đg đồng quy tại A vì A là trực tâm tam giác GCD