Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- Nối AH , lấy U là trung điểm AH, lấy V là trung điểm của BC .
- Ta có : U là trung điểm AH .
=> \(AU=HU=\frac{1}{2}AH\) ( I )
- Xét \(\Delta ADH\) vuông tại D có trung tuyến DU ứng với cạnh huyền AH .
=> \(DU=\frac{1}{2}AH\) ( II )
- Xét \(\Delta AEH\) vuông tại E có trung tuyến EU ứng với cạnh huyền AH .
=> \(EU=\frac{1}{2}AH\) ( III )
- Từ ( I ), ( II ), ( III ) ta được : \(AU=DU=HU=EU\)
=> A, D, H, E cách đều U .
=> Tứ giác ADHE \(\in\left(U,AH\right)\)
CMTT : Tứ giác BCDE \(\in\left(V,BC\right)\)
b,
Mình sửa lại đề: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O). Đường cao BD, CE cắt nhau tại H. EF cắt BC tại F. AF cắt lại (O) tại K. Gọi M là trung điểm của BC.
a) Từ gt dễ thấy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn tâm M.
b) Tứ giác BCDE nội tiếp nên theo phương tích ta có FB . FC = FD . FE.
Tứ giác AKBC nội tiếp nên theo phương tích ta có FK . FA = FB . FC.
Vậy ta có đpcm.
c) Ta có FA . FK = FE . FD nên theo phương tích đảo ta có tứ giác AKED nội tiếp.
Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AH và FH là N.
Khi đó FH . FN = FE . FD = FB . FC.
Suy ra tứ giác BHNC nội tiếp.
Ta có \(\widehat{DNC}=360^o-\widehat{DNH}-\widehat{CNH}=\left(180^o-\widehat{DNH}\right)+\left(180^o-\widehat{CNH}\right)=\widehat{DEH}+\widehat{HBC}=2\widehat{HBC}=\widehat{DMC}\).
Do đó tứ giác DNMC nội tiếp.
Tương tự tứ giác ENMB nội tiếp.
Suy ra \(\widehat{DNM}+\widehat{DNA}=180^o-\widehat{ACB}+\widehat{AED}=180^o\) nên A, N, M thẳng hàng.
Từ đó \(\widehat{MHN}=\widehat{ANH}=90^o\) nên \(FH\perp AM\).
(Câu c là trường hợp đặc biệt của định lý Brocard khi tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm M).
a: góc ADH+góc AEH=180 độ
=>ADHE nội tiếp
b; góc xAC=góc ABC
=>góc xAC=góc ADE
=>xy//DE
a: góc AEH+góc ADH=180 độ
=>AEHD nội tiêp
góc BEC=góc BDC=90 độ
=>BEDC nội tiếp
b: góc ABI=góc ACK(=90 độ-góc BAC)
góc ABI=1/2*sđ cung AI
góc ACK=1/2*sđ cung AK
=>sđ cung AI=sđ cung AK
=>AI=AK