Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi G là trung điểm của BC
Ta có: ΔDBC vuông tại D(BD\(\perp\)AC tại D)
mà DG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)
nên \(DG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(1)
Ta có: ΔEBC vuông tại E(CE\(\perp\)AB)
mà EG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)
nên \(EG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(2)
Ta có: G là trung điểm của BC(gt)
nên \(BG=CG=\dfrac{BC}{2}\)(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra GB=GC=GE=GD
hay B,C,D,E cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)
A B C D E O H M N K
Gọi K là giao của AO với đường tròn
Gọi M và N lần lượt là giao của BD với AC bà CE với AB. Xét tg vuông ABM và ACN có \(\widehat{BAC}\) chung
\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)
Mà sđ\(\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\) sđ cung AD và sđ \(\widehat{ACE}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE => sđ cung AD = sđ cung AE (1)
Ta có sđ cung AEK = sđ cung ADK (2)
sđ cung EK = sđ cung AEK - sđ cung AE (3)
sđ cung DK = sđ cung ADK - sđ cung AD (4)
Từ (1) (2) (3) và (4) => sđ cung EK = sđ cung DK (*)
sđ \(\widehat{EDK}=\frac{1}{2}\) sđ cung EK và sđ \(\widehat{DEK}=\frac{1}{2}\) sđ cung DK (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\widehat{EDK}=\widehat{DEK}\) => tam giác KDE cân tại K (***)
Mặt khác
\(\widehat{AKE}=\widehat{ACE}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AE)
\(\widehat{AKD}=\widehat{ABD}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Mà \(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AKE}=\widehat{AKD}\) => AO là phân giác của \(\widehat{DKE}\) (****)
Twg (***) và (****) \(\Rightarrow AO\perp ED\) (Trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao)
a) Ta có: \(\angle AEH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow AEHD\) nội tiếp (1)
Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ANK=90\)
\(\Rightarrow\angle ANH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow ANHD\) nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow A,N,E,H,D\) cùng thuộc 1 đường tròn
b) Ta có: \(\angle BEC=\angle BDC=90\Rightarrow BCDE\) nội tiếp
\(\Rightarrow\angle ADE=\angle ABC\)
Ta có: \(\angle OAC=\dfrac{180-\angle AOC}{2}=90-\dfrac{1}{2}\angle AOC=90-\angle ABC\)
\(\Rightarrow\angle ADE+\angle OAC=90\Rightarrow AO\bot DE\)
c) DE cắt BC tại Q'.Q'A cắt (O) tại N'
Xét \(\Delta Q'EB\) và \(\Delta Q'CD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'EB=\angle Q'CD\\\angle CQ'Dchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta Q'EB\sim\Delta Q'CD\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'E}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'D}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'D.Q'E\)
Xét \(\Delta Q'N'B\) và \(\Delta Q'CA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'N'B=\angle Q'CA\\\angle CQ'Achung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta Q'N'B\sim\Delta Q'CA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'N'}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'A}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'N'.Q'A\)
\(\Rightarrow Q'N'.Q'A=Q'D.Q'E\Rightarrow AN'DE\) nội tiếp
mà AEHD nội tiếp \(\Rightarrow A,N',D,E,H\) cùng thuộc 1 đường tròn
\(\Rightarrow N\equiv N'\Rightarrow Q\equiv Q'\Rightarrow\) đpcm
1.
Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.
Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.
Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ=ABP.
Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP
\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢=AP⌢.
2.
(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE.
Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.
Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).
Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢=AP⌢ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.
3.
Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.
Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.
Trong đường tròn (O)(O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB=60∘ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BCBC). Chỉ ra tam giác BCFBCF vuông tại BB và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHEADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.
Gọi rr là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.
Suy ra 2r=AH=BF=62r=AH=BF=6 cm.
Vậy r=3r=3 cm.
a: Xét tứ giác AEHD có
\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
=>AEHD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{D'E'C}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C
\(\widehat{D'BC}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C
Do đó: \(\widehat{D'E'C}=\widehat{D'BC}\left(1\right)\)
Ta có: BEDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{DEC}=\widehat{DBC}\)
=>\(\widehat{HED}=\widehat{D'BC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HE'D'}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên DE//D'E'
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O')
=>Ax\(\perp\)OA tại A
Xét (O) có
\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AED}\left(=180^0-\widehat{BED}\right)\)
nên \(\widehat{xAB}=\widehat{AED}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//ED
Ta có: Ax//ED
OA\(\perp\)Ax
Do đó: OA\(\perp\)ED
c: Xét (O) có
ΔABA' nội tiếp
A'A là đường kính
Do đó: ΔABA' vuông tại B
=>AB\(\perp\)BA'
Xét (O) có
ΔACA' nội tiếp
A'A là đường kính
Do đó: ΔACA' vuông tại C
=>AC\(\perp\)CA'
Ta có: AC\(\perp\)CA'
BH\(\perp\)AC
Do đó: BH//A'C
Ta có: AB\(\perp\)BA'
CH\(\perp\)AB
Do đó: CH//BA'
Xét tứ giác BHCA' có
BH//CA'
BA'//CH
Do đó: BHCA' là hình bình hành
=>BC cắt HA' tại trung điểm của mỗi đường
mà I là trung điểm của BC
nên I là trung điểm của HA'
=>H,I,A' thẳng hàng
Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.
c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)
Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)
\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)
d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy)
Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)
Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)
\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)
Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)
Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)
Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ (4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ
a: Xét tứ giác BEDC có
góc BEC=góc BDC=90 độ
=>BEDC là tứ giác nội tiêp
b: góc ABM=góc ACN
=>sđ cung AM=sđ cung AN=2*30=60 độ
=>AM=AN
c: OM=ON
AM=AN
=>OA là trung trực của MN
=>OA vuông góc MN
d: Kẻ đường kính AD
Xét ΔACD vuông tại C và ΔAKB vuông tại K có
góc ADC=góc ABK
=>ΔACD đồng dạng với ΔAKB
=>AC/AK=AD/AB
=>AK*2*R=AB*AC
D O Q B C P A
Xét BEDC nội tiếp của đường tròn.
\(\widehat{EDB}=\widehat{ECB}\left(\text{cung BQ}\right)\)
Xét (O) có: \(\widehat{BPQ}=\widehat{EDB}\)
=> 2 góc này ở vị trí đồng
=> OA // DE
P/s: Ko chắc đâu