Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E K H N M 2 1 2 1 1 1 F O
Xét \(\Delta ABK\)và \(\Delta C\text{D}K\)có:
\(\widehat{A_1}=\widehat{C_2}\)( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD )
\(\widehat{AKB}=\widehat{CK\text{D}}\)( đối đỉnh )
\(\Rightarrow\Delta ABK~\Delta C\text{D}K\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{KA}{KB}=\frac{KC}{K\text{D}}\Rightarrow KA.K\text{D}=KB.KC\)
b) Kéo dài CH và BH cắt AB và AC lần lượt tại N và M
Xét \(\Delta HC\text{D}\) có:
CK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
\(\Rightarrow\Delta HC\text{D}\)cân tại C
\(\Rightarrow\)CK là đường phân giác của \(\widehat{HC\text{D}}\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)
Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta CKH\)có:
\(\widehat{AHM}=\widehat{CHK}\)( đối đỉnh )
\(\widehat{A_1}=\widehat{C_1}\)( cùng bằng \(\widehat{C_2}\))
\(\Rightarrow\Delta AMH~\Delta CKH\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AMH}=\widehat{CKH}=90^0\)
Hay \(CM\perp AB\)
Xét \(\Delta ABC\)có:
2 đường cao cắt nhau tại H
\(\Rightarrow\)H là trực tâm của tam giác ABC
c) Ta có: DE // BC Mà \(A\text{D}\perp BC\Rightarrow DE\perp A\text{D}\Rightarrow\widehat{FDE}=90^0\)
Xét \(\Delta AFB\)Và \(\Delta\text{E}FD\)có:
\(\widehat{F_1}=\widehat{F_2}\)( đối đỉnh )
\(\widehat{A_1}=\widehat{FED}\)( góc nội tiếp cùng chắn cung BD )
\(\Rightarrow\Delta\text{A}FB~\Delta\text{E}FD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ABF}=\widehat{E\text{D}F}=90^0\)
Xét tam giác ABE nội tiếp đường tròn ( O, R )
có: \(\widehat{ABE}=90^0\)\(\Rightarrow\)AE là đường kính của ( O, R )
\(\Rightarrow\)A , O , E thẳng hàng
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, P] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, Q] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [M, A] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [O, M] O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d
a. Ta thấy ngay tứ giác OBEC có hai góc vuông đối nhau nên nó là tứ giác nội tiếp.
b. Câu này cô thấy cần sửa đề thành AB.AP = AD.AE mới đúng.
Gọi Aq là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Khi đó ta có: \(\widehat{APE}=\widehat{BAq}\) (so le trong)
Mà \(\widehat{BAq}=\widehat{BDA}\) (Cùng chắn cung BA) nên \(\widehat{APE}=\widehat{BDA}\)
Vậy thì \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AP}\Rightarrow AB.AP=AE.AD\)
c. +) Ta thấy \(\Delta BDE\sim\Delta ABE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{BE}{AE}\)
Tương tự \(\Delta CDE\sim\Delta ACE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{DE}{AE}\)
Mà BE = CE nên \(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\)
Lại có \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EP}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow EP=\frac{BD.AE}{AB}\)
Tương tự \(\Delta ACD\sim\Delta AEQ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AC}{AE}=\frac{CD}{EQ}\Rightarrow EQ=\frac{CD.AE}{AC}=\frac{BD.AE}{AB}=EP\)
Vậy EP = EQ.
+) Ta thấy ngay \(\Delta ABC\sim\Delta AQP\Rightarrow\frac{BC}{QP}=\frac{AC}{AP}\Rightarrow\frac{BC:2}{QP:2}=\frac{AC}{QP}\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{PE}=\frac{AC}{AP}\)
Lại có \(\widehat{ACM}=\widehat{APE}\) (Cùng bằng \(\widehat{BDA}\))
Từ đó suy ra \(\Delta AMC\sim\Delta AEP\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{PAE}\)
d. Ta có BD.AC = AB.CD
Lại có do ABCD là tứ giác nội tiếp nên
AD.BC = AB.CD + AC.BD = 2AB.CD (Định lý Ptoleme) \(\Rightarrow2MC.AD=2AB.CD\Rightarrow MC.AD=AB.CD\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{AB}=\frac{CD}{AD}\)
Lại thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\Rightarrow\Delta BAD\sim\Delta MCD\left(c-g-c\right)\)
Mà \(\Delta BAD\sim\Delta MAC\Rightarrow\Delta MCD\sim\Delta MAC\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MC}\Rightarrow MA.MD=MC^2=\frac{BC^2}{4}.\)
c. Gọi DK là đường cao của \(\Delta DPQ\)\(\left(K\in PQ\right)\)
F là giao điểm của DK với (O)\(\left(F\ne D\right)\)
Ta có: \(\widehat{OCA}=\widehat{OKA}=90^0\)
\(\Rightarrow\)Tứ giác OCAK nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{COK}+\widehat{CAK}=180^0\)
Mà \(\widehat{COK}+\widehat{COF}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{CAK}=\widehat{COF}\)
\(\Rightarrow\widehat{CAK}=180^0-\left(\widehat{FCO}+\widehat{CFO}\right)=180^0-2\widehat{FCO}\)(Vì \(\Delta OFC\) cân tại O (OC=OF))
Ta có: \(\widehat{FCD}=90^0\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow\widehat{FCO}+\widehat{OCD}=90^0\)
Lại có:\(\widehat{OCA}=\widehat{OCD}+\widehat{ACD}=90^0\)(tính chất tiếp tuyến)
\(\Rightarrow\widehat{FCO}=\widehat{ACD}\)
\(\Delta CAQ\) có: \(\widehat{CAQ}+\widehat{ACD}+\widehat{AQC}=180^0\)
\(\Rightarrow180^0-2\widehat{FCO}+\widehat{FCO}+\widehat{AQC}=180^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AQC}=\widehat{FCO}=\widehat{ACQ}\)
\(\Rightarrow\Delta CAQ\)cân tại A.
Lại có: AC=AB (Tính chất tiếp tuyến)
AB=AP(\(\Delta ABP\) cân tại A)
\(\Rightarrow AP=AC=AB=AQ\)
\(\Delta CPQ\)có: \(A\in PQ;AP=AC=AQ\)
\(\Rightarrow\Delta CPQ\)vuông tại C.
=>F,C,P thẳng hàng.
=> PC là đường cao của \(\Delta DPQ\)(\(C\in DQ\))
=> F là trực tâm của \(\Delta DPQ\)
=> F trùng với H.
Mà F thuộc (O)
=> H thuộc (O)
a) ta có: \(OD=OE=OA=\frac{1}{2}AE\)( bán kính đường tròn)
mà \(D\in\left(O;R\right)\)( giả thiết \(AH\)cắt \(\left(O;R\right)\)tại \(D\))
xét \(\Delta ADE\) có \(OD\) \(=\frac{1}{2}AE\)
\(\Rightarrow OD\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AE\)
\(\Rightarrow\Delta ADE\) là \(\Delta\)vuông tại \(D\)
\(\Rightarrow AE\) là cạnh huyền trong tam giác vuông
ta cũng có \(O\)nằm giữa \(A,E\)( tâm đường tròn )
\(\Rightarrow A,O,E\) thẳng hàng
N D B A' A O C
a) Vẽ OM \(\perp\)BC ( M \(\in\)BC )
OM cắt DE tại N
DE// BC ( gt ) có ON \(\perp\)DE ,tứ giác BCDE là hình thang
OM \(\perp\)BC => M là trung điểm của BC
ON\(\perp\)DE => N là trung điểm của DE
MN là trục đối xứng của hình thang cân=> đpcm
d) 1)BC //DE ( dt) , AD \(\perp\)BC ( gt )
=> AD\(\perp\)DE
góc ADE = 90 độ => AE là đường kính của đường tròn ( O)
=> A,O,E thẳng hàng ( đpcm )
2) BE = CD ( BECD là hình thang cân )
AE là đường kính nên góc ABE = 90 độ
Tam giác ABE vuông tại E ,theo định lí PI-ta- go có :
AB2 + BE2 = OE2
AB2 + CD2 =( 2.R)2
AB2 + CD2 =4R2
Chứng minh tương tự ,ta có : AC2 + BD2 =4R2
Ta có : AB2 + BD2 + CD2 + AC2 = 8.R2
Câu a)
Vì DE=BC nên: sđ cung BD=sđ cung CE
\(\Rightarrow\)sđ cung BE=sđ cung CD
\(\Leftrightarrow\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\)
Tứ giác BCED có DE//BC nên BCED là hình thang
Mà \(\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\Rightarrowđpcm\)
Câu b)
Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)
Xét \(\Delta ABA'\)và \(\Delta CDA'\)có
+\(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)
+\(\widehat{AA'B}=\widehat{CA'B}\)
Do đó 2 tam giác đó đồng dạng
\(\Rightarrow\frac{AA'}{A'C}=\frac{A'B}{A'D}\)\(\Rightarrowđpcm\)
Câu c)
Gọi giao BH với AC là B'
Tam giác BHD có BA' vừa là đường cao và vừa là đường trung tuyến
nên tam giác BHD cân tại B
\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BDA}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}=\widehat{BDA}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DBC}=90^o\)
\(\Leftrightarrow BB'\perp AC\)
Tam giác ABC có H là giao 2 đường cao AA' và BB'
Vậy H là trực tâm của tam giác ABC
Câu d)
Ý 1:
Có: DE//BC mà AD vuông góc BC
Suy ra: AD vuông góc DE
nên tam giác ADE vuông tại D
Suy ra: AE là đường kình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE
Vậy A,O,E thẳng hàng
Ý 2:
Vì BCED là hình thang cân nên:
\(\hept{\begin{cases}BE=CD\\BD=CE\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}BE^2=CD^2\\BD^2=CE^2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}CD^2+AB^2=BE^2+AB^2=AE^2=4R^2\\AC^2+BD^2=AC^2+CE^2=AE^2=4R^2\end{cases}}\)
Cộng lại sẽ tích đc tổng đó theo R
Hình vẽ:(không biết nó có hiện ra không nên bạn thông cảm)