Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.Xét tứ giác CEHD ta có:
Góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
Góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 900.
CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 900; góc A là góc chung
=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 900; góc C là góc chung
=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có góc C1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ABC)
góc C2 = góc A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> góc C1 = góc C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn
=> góc C1 = góc E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
góc C1 = góc E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
góc E1 = góc E2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.
AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 900.
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.
4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E1 = góc A1 (1).
Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E3 = góc B1 (2)
Mà góc B1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E1 = góc E3 => góc E1 + góc E2 = góc E2 + góc E3
Mà góc E1 + góc E2 = góc BEA = 900 => góc E2 + góc E3 = 900 = góc OED => DE ┴ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ↔ ED2 = 52 – 32 ↔ ED = 4cm
a, ∆CHE' cân tại C => C E ' H ^ = C H E ' ^
DBHF' cân tại B => B F ' H ^ = B H F ' ^
Mà => C H E ' ^ = B H F ' ^ (đối đỉnh)
=> C E ' H ^ = B F ' H ^
=> Tứ giác BCE'F' nội tiếp đường tròn tâm (O)
b, Có B F C ' ^ = B E ' C ^ = C H E ' ^ = C A B ^
Vậy A, F', E' cùng chắn BC dưới góc bằng nhau
=> 5 điểm B, F', A, E', C cùng thuộc một đường tròn tâm (O)
c, AF' = AE' (=AH) => AO là trung trực của EF => AO ^ E'F'. DHE'F' có EF là đường trung bình => EF//E'F'
=> AO ^ FE
d, A F H ^ = A E H ^ = 90 0 => AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH. Trong (O): Kẻ đường kính AD, lấy I trung điểm BC
=> OI = 1 2 AH, BC cố định => OI không đổi
=> Độ dài AH không đổi
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AEF không đổi
a/ Ta có
\(BE\perp AC\Rightarrow\widehat{AEB}=90^o\)
\(AH\perp BC\Rightarrow\widehat{AHB}=90^o\)
=> E và H cùng nhìn AB dưới 1 góc bằng 90 độ => E;H,A;B thuộc đường tròn bán kính = \(\frac{AB}{2}\) , tâm là trung điểm AB
b/ Ta có
\(\widehat{DBE}=\widehat{DFE}\) (Góc nội tiếp đường tròn tâm O cùng chắn cung DE)
\(\widehat{DBE}=\widehat{AHE}\) (Góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp HBAE cùng chắn cung AE)
\(\Rightarrow\widehat{DFE}=\widehat{AHE}\) => DF//AH (Hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 tạo thành hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau thì chúng // với nhau)
Mà \(AH\perp BC\Rightarrow DF\perp BC\)
c/
Từ E dựng đường thẳng vuông góc với BC cắt (O) tại I => gia của BC với EI là trung điểm EI (đường kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung) => I là điểm đối xứng E qua BC.
Nối I với H, D với H
Xét \(\Delta HDF\) và \(\Delta HEI\) ta có
\(BC\perp DF;BC\perp EI\) => BC đi qua trung điểm của DF và EI => tg HDF và tg HEI là tam giác cân tại H (có BC là đường cao đồng thời là đường trung trực)
\(\Rightarrow\widehat{HEI}=\widehat{HIE};\widehat{HDF}=\widehat{HFD}\) (góc ở đáy của tg cân)
Ta có DF//EI (cùng vuông góc với BC) => sđ cung DE = sđ cung FI (Trong đường tròn hai cung bị chắn bởi 2 dây // với nhau thì = nhau)
\(\Rightarrow\widehat{HFD}=\widehat{HEI}\) (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung có số đo bằng nhau)
\(\Rightarrow\widehat{HEI}=\widehat{HIE}=\widehat{HDF}=\widehat{HFD}\) => tg HDF đồng dạng với tg HEI
\(\Rightarrow\frac{HD}{HE}=\frac{HF}{HI}\Rightarrow HD.HI=HE.HF\)
b: Xét tứ giác BHCD có
M là trung điểm chung của BC và HD
=>BHCD là hình bình hành
=>BH//CD và BD//CH
ta có: BH//CD
BH\(\perp\)AC
Do đó: CD\(\perp\)CA
=>ΔCDA vuông tại C
=>ΔCAD nội tiếp đường tròn đường kính AD(1)
Ta có: BD//CH
CH\(\perp\)AB
Do đó: BD\(\perp\)BA
=>ΔBAD vuông tại B
=>ΔBAD nội tiếp đường tròn đường kính AD(2)
Từ (1) và (2) suy ra B,A,D,C cùng thuộc (O), đường kính AD
Xét (O) có
ΔAID nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔAID vuông tại I
=>AI\(\perp\)ID tại I
=>AI\(\perp\)IH tại I
=>ΔAIH vuông tại I
=>I nằm trên đường tròn đường kính AH(3)
ta có: \(\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0\)
=>A,F,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính AH(4)
Từ (3) và (4) suy ra A,F,I,H,E cùng thuộc một đường tròn