K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

1: AB=AC

OB=OC

Do đó; AO là trung trực của BC

=>AO vuông góc với BC

=>BC//AE

2: Xét ΔDAE và ΔDCB có

góc DAE=góc DB

DA=DC

góc ADE=góc CDB

Do đó: ΔDAE=ΔDCB

=>AE=CB

Xét tứ giác ABCE có

AE//BC

AE=BC

DO đó; ABCE là hình bình hành

1) Xét (O) có 

ΔABC nội tiếp đường tròn(gt)

nên O là giao điểm ba đường trung trực của ΔABC

hay AO là đường trung trực của BC

⇒AO⊥BC

Ta có: AO⊥BC(cmt)

AO⊥AE(AE là tiếp tuyến có A là tiếp điểm của (O))

Do đó: AE//BC(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)

2) Xét ΔADE và ΔCDB có 

\(\widehat{ADE}=\widehat{CDB}\)(hai góc đối đỉnh)

DA=DC(D là trung điểm của AC)

\(\widehat{DAE}=\widehat{DCB}\)(hai góc so le trong, AE//BC)

Do đó: ΔADE=ΔCDB(c-g-c)

⇒AE=CB(hai cạnh tương ứng)

Xét tứ giác ABCE có 

AE//CB(cmt)

AE=CB(cmt)

Do đó: ABCE là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

 

21 tháng 11 2019

Ta có  NHC = ABC (cùng phụ với HCB)                         (1)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ABC = ADC                  (2)

Vì D và E đối xứng nhau qua AC nên AC là trung trực DE suy ra

∆ADC = ∆AEC (c.c.c) => ADC = AEC                           (3)

Tương tự ta có AEK = ADK

Từ (1), (2), (3) suy ra NHC = AEC => AEC + AHC = NHC + AHC = 180o

Suy ra AHCE là tứ giác nội tiếp => ACH = AEK = ADK (đpcm)

21 tháng 1 2021

+) Ta có: ^ACD = ^ACB + ^BCD; ^AEC = ^ABC + ^BAD

Mà ^ACB = ^ABC (∆ABC cân tại A); ^BCD = ^BAD (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

nên ^ACD = ^AEC (1)

+) Dễ có: ∆AEB ~ ∆CED (g.g) nên \(\frac{AB}{CD}=\frac{AE}{CE}=\frac{AC}{CD}\)(2)

Từ (1) và (2), ta có: ^ACD = ^AEC và \(\frac{AE}{CE}=\frac{AC}{CD}\)nên ∆AEC ~ ACD (c.g.c)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}\Rightarrow AC^2=AE.AD\)(đpcm)

22 tháng 2 2021

vì AB =AC => sđ cung AB = sđ cung AC 

=> 1/2 ( sđ CD + sđ AB ) =1/2 ( sđ CD + sđ AC ) 

=> AEB = 1/2 sđ AD =ABD 

CM tam giác ABD ~ tam giác AEB ( g-g) => AC^2 = AD.AE 

13 tháng 11 2023

a) Ta có \(\widehat{AHK}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AE}+sđ\stackrel\frown{BD}}{2}\) 

và \(\widehat{AKH}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{AD}}{2}\)

 Mặt khác, do D, E lần lượt là điểm chính giữa của cung AB, AC nên \(sđ\stackrel\frown{AD}=sđ\stackrel\frown{BD};sđ\stackrel\frown{AE}=sđ\stackrel\frown{CE}\). Từ đó \(\Rightarrow\widehat{AHK}=\widehat{AKH}\) hay tam giác AHK cân tại A (đpcm).

 b) Hiển nhiên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC \(\Rightarrow\) AI là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\) (hay chính là \(\widehat{HAK}\)). Mà theo câu a), tam giác AHK cân tại A nên AI đồng thời là đường cao của tam giác AHK \(\Rightarrow AI\perp HK\) hay \(AI\perp DE\) (đpcm)

 c) Ta có \(\widehat{CIE}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{BD}}{2}\)

\(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{AD}}{2}\) \(=\widehat{CKE}\)  nên tứ giác CEKI nội tiếp 

 \(\Rightarrow\widehat{HKI}=\widehat{DCE}\) \(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{DE}}{2}\) 

\(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{DA}+sđ\stackrel\frown{AE}}{2}\)  \(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{BD}+sđ\stackrel\frown{AE}}{2}\)  \(=\widehat{AHK}\)

Từ đó dễ dàng suy ra KI//AH hay KI//AB (đpcm)

 

30 tháng 1 2018

2). Từ AD là phân giác  B A C ^  suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có  D M C F = B D B C .

Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E  (3).

 

Ta lại có góc nội tiếp  A D E ^ = F C E ^  (4).

Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C  

23 tháng 5 2019

a, Sử dụng tính chất phân giác trong và phân giác ngoài tại 1 điểm ta có:

I B K ^ = I C K ^ = 90 0

=> B, C, I, K ∈ đường tròn tâm O đường kính IK

b, Chứng minh  I C A ^ = O C K ^  từ đó chứng minh được  O C A ^ = 90 0

Vậy AC là tiếp tuyến của (O)

c, Áp dụng Pytago vào tam giác vuông HAC  => AH=16cm. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COA => OH=9cm,OC=15cm

1 tháng 4 2021

a)     CMR: 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên ∠ICK=90

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: ∠IBK=90

Xét tứ giác BICK ta có: ∠IBK+∠ICK=90+90=180

⇒BICK  là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC.

b)     CMR: AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : ∠OIC=∠OCI.

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

∠OIC=∠IAC+∠ACI=1/2∠BAC+1/2∠ACB=1/2∠BAC+1/2∠ABC

⇒∠ICO+∠ICA=1/2∠BAC+1/2∠ABC+1/2∠ACB=12.180=90 ⇒OC⊥CA.

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm).

c)     Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI, IB, BK, KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB = 20, BC = 24.

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm BC và IK là M.

Ta có ngay :

S = S′−S (ICKB) =π.IO2−S (IBK)−S (IKC)

= π.IK2/4 −(BM.IK)/2−(CM.IK)/2

=πIK2/4 − (BC.IK)/2

Ta có :

     S (ABC) = 1/2 (AM.BC) = (AB+BC+CA) /2 .IM

⇔√(AB2−BM2 ) .24 = (AB+BC+CA).IM

⇔√[202−(24/2)2 ]. 24= (20.2+24).IM⇔IM=6.     

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBM vuông tại B  có đường cao BM ta có :

BM2=IM.MK ⇔MK=BM2/IM=122/6=24

⇒IM=IM+MK=6+24=30.

⇒S= 1/4(π.IK2)−1/2 BC.IK =1/4 π.30−1/2(24.30 )  =225π−360 ≈346,86  (dvdt)