Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
vuông tại A (AB<AC), đường cao AH. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Gọi O là trung điểm BC, D là giao của OA và MN.
a
Đường tròn , đường kính có
.
vuông tại có
.
Chứng minh tương tự .
\(\Rightarrow\) .
B
Theo câu a ta có
.
Tam giác và tam giác có chung và .
(c.g.c).
\(\widehat{ACB}\)
c.
Tam giác vuông tại có là trung điểm của
.
cân tại
Theo câu b ta có \(\widehat{AMN}\)
Mà \(\widehat{BAD}\)
\(\widehat{BAD}\)
.
Ta chứng minh vuông tại có
.
Mà
\(\Rightarrow\) là tứ giác nội tiếp.
a: Xét (O) có
ΔAHM nội tiếp
AH là đường kính
=>ΔAMH vuông tại M
Xét (O) có
ΔANH nội tiếp
AH là đường kính
=>ΔANH vuông tại N
ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao
nên AM*AB=AH^2
ΔHCA vuông tại H có HN là đường cao
nên AN*AC=AH^2
b: Xét tứ giác AMHN có
góc AMH=góc ANH=góc MAN=90 độ
=>AMHN là hình chữ nhật
=>góc ANM=góc AHM=góc ABC
=>góc MBC+góc MNC=180 độ
=>NMBC là tứ giác nội tiếp
Sửa đề: BF và CE cắt nhau tại H
a) Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp đường tròn(B,E,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBEC vuông tại E(Định lí)
\(\Leftrightarrow CE\perp BE\)
\(\Leftrightarrow CE\perp AB\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AEC}=90^0\)
hay \(\widehat{AEH}=90^0\)
Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp đường tròn(B,F,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBFC vuông tại F(Định lí)
\(\Leftrightarrow BF\perp CF\)
\(\Leftrightarrow BF\perp AC\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AFB}=90^0\)
hay \(\widehat{AFH}=90^0\)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Xét ΔABC có
BF là đường cao ứng với cạnh AC(cmt)
CE là đường cao ứng với cạnh AB(cmt)
BF cắt CE tại H(gt)
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)
\(\Leftrightarrow AH\perp BC\)
hay \(AD\perp BC\)(đpcm)
1.
a. Ta có \(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)=\(90^0-\widehat{NHC}=\widehat{BCA}\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)
Xét △AMN và △ACB có
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)(cmt)
Suy ra △AMN \(\sim\) △ACB(g-g)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow AM.AB=AN.AC\)
b) Xét tứ giác BMNC có \(\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)\(\Rightarrow\) tứ giác BMNC nội tiếp
2.
a) Ta có △ABC vuông tại C có AO là đường trung tuyến\(\Rightarrow OA=OB=OC=\frac{BC}{2}\)\(\Rightarrow\)△OAC cân tại O hay \(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\Rightarrow\widehat{OAC}+\widehat{MNA}=\widehat{OCA}+\widehat{MNA}=\widehat{OCA}+\widehat{MHA}=\widehat{OCA}+\widehat{NHC}=90^0\Rightarrow\widehat{OAC}+\widehat{MNA}=90^0\Rightarrow\widehat{ADN}=90^0\Rightarrow\widehat{IDA}=90^0\)
Xét △ADI và △AHO có
\(\widehat{IDA}=\widehat{AHO}=90^0\)
\(\widehat{A}\) chung
Suy ra △ADI \(\sim\) △AHO(g-g)
b) Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{MAN}=\widehat{HNA}=\widehat{AMH}=90^0\Rightarrow\) tứ giác AMHN là hình chữ nhật\(\Rightarrow AI=\frac{AH}{2}\)
Ta có △ADI \(\sim\) △AHO\(\Rightarrow\frac{AH}{AD}=\frac{AO}{AI}=\frac{\frac{BC}{2}}{\frac{AH}{2}}=\frac{BC}{AH}\Rightarrow\frac{1}{AD}=\frac{BC}{AH^2}=\frac{HC+BH}{BH.HC}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\)
Vậy \(\frac{1}{AD}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\)
3. Ta có tứ giác BMNC nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PBM}=\widehat{MNC}\Rightarrow\widehat{PBM}+\widehat{MNA}=\widehat{MNC}+\widehat{MNA}=180^0\)(1)
Ta có tứ giác AKMN nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PKM}=\widehat{MAN}\left(2\right)\)
Từ (1),(2)\(\Rightarrow\widehat{PBM}+\widehat{PKM}=180^0\Rightarrow\) tứ giác PBMK nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PKB}=\widehat{PMB}=\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\Rightarrow\) tứ giác BKAC nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{BKC}=\widehat{BAC}=90^0\)
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
góc EAH+góc ACB=90 độ
góc EBC+góc ACB=90 độ
=>góc EAH=góc EBC
b: AK cắt EF tại M
AK cắt BC tại N
AH cắt (O) tại K
=>HM//AB và QN//AB
=>HM//QN