Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
Gọi G là giao điểm của AH và EF
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật => AH = EF
Do đó EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)
Tương tự, EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)