Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: góc HID+góc HKD=180 độ
=>HIDK nội tiếp
=>góc HIK=góc HDK
=>góc HIK=góc HCB
=>góc HIK=góc HEF
=>EF//IK
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
vẽ thêm cái vòng cung cho chất :V bài này khoảng ngày mai , kia rồi mình làm cho
hình gửi trong tin nhắn
\(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(MF\) là đường trung tuyến \(\Rightarrow\)\(MF=\frac{1}{2}BC\)
\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(ME\) là đường trung tuyến \(\Rightarrow\)\(ME=\frac{1}{2}BC\)
\(\Rightarrow\)\(MF=ME\)\(\Rightarrow\)\(\Delta MEF\) cân tại \(M\) có \(MI\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao
\(\Rightarrow\)\(MI\perp EF\)
tương tự, ta cũng có : \(NQ\perp DF\)\(;\)\(PK\perp ED\)
\(\Delta DEF\) có \(MI,NQ,PK\) là 3 đường trung trực \(\Rightarrow\)\(MI,NQ,PK\) đồng quy
\({}\)
a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.
Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\)
\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)
\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))
Vậy \(IE\perp ME\)
b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)
Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP
\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)
\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)
Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)
1: Xét tứ giác BFEC có
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC là tứ giác nội tiếp
2: ΔADB vuông tại D có DG vuông góc AB
nên AG*AB=AD^2
ΔADC vuông tại D
mà DH là đường cao
nên AH*AC=AD^2=AG*AB
=>AH/AB=AG/AC
=>ΔAHG đồng dạng với ΔABC
=>góc AGH=góc ACB=goc AFE
=>HG//FE
Bài 1:
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.