Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
a: Xét (O) có
góc BEC, góc BDC đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
=>góc BEC=góc BDC=90 độ
=>CE vuông góc AB, BD vuông góc AC
Xét ΔABC có
CE,BD là đường cao
CE cắt BD tại H
=>H là trực tâm
=>AH vuông góc BC tại F
góc BEH+góc BFH=180 độ
=>BEHF nội tiếp
b: Xét ΔHCB có CO/CB=CM/CH
nên OM//BH
=>góc COM=góc CBH
=>góc COM=góc FEC
=>góc MOF+góc FEM=180 độ
=>OMEF nội tiếp
Chỉ lm bài thoii, hình bn tự vẽ nha !!!
\(a.\) Tứ giác \(BEDC\) có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
Suy ra tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp
Tam giác \(DBA\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DL\) nên suy ra \(BD^2=BL.BA\)
\(b.\) Tứ giác \(ADEH\) có:
\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác \(ADEH\) nội tiếp
Từ đó \(\widehat{BAK}=\widehat{BDE}\)
Mà \(\widehat{BJK}=\widehat{BAK}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Do đó \(\widehat{BJK}=\widehat{BDE}\)
a) Ta có góc BEC = góc BDC = 90o (góc nội tiếp chắn giữa đường tròn)
Suy ra BD \(\perp\) AC và CE \(\perp\) AB. Mà BD cắt CE tại H là trực tâm \(\Delta\) ABC.
Suy ra AH \(\perp\) BC
Vì AH \(\perp\) BC, BD \(\perp\) AC nên góc HFC = góc HDC = 90o.
Suy ra góc HFC + góc HDC = 180o
Suy ra HFCD là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) góc HDC = góc HCD.
b) Vì M là trung điểm cạnh huyền của hình tam giác vuông ADH nên MD = MA = MH. Tương tự ta có ME = MA = MH
Suy ra MD = ME
Mà OD = OE nên \(\Delta\) OEM = \(\Delta\) ODM \(\Rightarrow\) góc MOE = góc MOD = \(\frac{1}{2}\) góc EOD
Theo qua hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có góc ECD = \(\frac{1}{2}\) góc EOD
Theo ý a) ta có góc HFD = góc HCD = góc ECD
\(\Rightarrow\) góc MOD = góc HFD hay góc MOD = góc MFD
Suy ra tứ giác MFOD là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) góc MDO = 180o - góc MPO = 90o \(\Rightarrow\) MD \(\perp\) DO
Chứng minh tương tự ta có MEFO là tứ giác nội tiếp
Suy ra 5 điểm M, E, F, O, D cùng thộc 1 đường tròn.
\(\text{a) Ta có:}\)
∠BFC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90o
∠BEC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90o
Tứ giác AEHF có:
∠AFC = 90o
∠AEC = 90o
=>∠AFC + ∠AEC = 180o
=> AEHF là tứ giác nội tiếp
b) ∠AFH = 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
\(\text{Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF}\)
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI = \(\frac{AH}{2}\) = 2cm
Ta có: ∠BAC = 60o
=> ∠FIE = 2∠BAC = 120o (Góc nội tiếp bằng \(\frac{1}{2}\) góc ở tâm cùng chắn một cung)
=> Số đo ∠EHF = 120o
Diện tích hình quạt IEHF là:
\(S=\frac{\pi R^2N}{360}=\frac{\pi.2^2.120}{360}=\frac{4\pi}{3}\left(ĐVDT\right)\)
\(\text{c) Xét tam giác ABC có: }\)
BE và CF là các đường cao
BE giao với CF tại H
=> H là trực tâm tam giác ABC
=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90o
Xét tứ giác BEFC có:
∠BFC = ∠BEC = 90o
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau
=> BEFC là tứ giác nội tiếp
=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
Xét tứ giác BFHD có:
∠BFH = ∠HDB = 90o
=>∠BFH + ∠HDB = 180o
=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180o)
=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)
Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH
=> FH tia phân giác của góc ∠DFE
d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO
Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90o
=> ∠OFB + ∠HCD = 90o (*)
\(\hept{\begin{cases}\Delta FIH\text{CÂN TẠI I}\\\widehat{IHF}=\widehat{DHC}\left(\text{ĐỐI ĐỈNH}\right)\\\Delta HDC\text{VUÔNG TẠI D}\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{HDC}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\widehat{IFH}+\widehat{HDC}=90^0\)
Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH
=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90o
Vậy FI là tiếp tuyến của (O)
Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)
Mà I là trung điểm của AH
=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.
HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP CỦA MIK NHA
VCN JACK trả lời cuc64 kì đ luôn . đ là chất
Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA, nên E P Q ^ = E Q P ^ = H Q C ^ = 90 0 − H C Q ^ = 90 0 − P C K ^ .
Do đó E P Q ^ + P C K ^ = 90 0 , nên P K ⊥ A C .
Đề bài sai, chắc chắn không phải là trên cạnh AB lấy điểm D và E
D và E nếu cùng thuộc AB thì I thuộc AB \(\Rightarrow\) B là giao của AI và BC chứ ko phải K nào cả
