K
Khách

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 có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHD là tứ giác nội tiếp

2: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(CEHD nội tiếp)

\(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF nội tiếp)

mà \(\widehat{DCH}=\widehat{FAH}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{DEH}=\widehat{FEH}\)

a: góc AEH+góc AFH=180 độ

=>AEHF nội tiếp

Tâm I là trung điểm của AH

a: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BCEF nội tiếp

b: Xét ΔKFB và ΔKCE có

góc KFB=góc KCE
góc K chung

=>ΔKFB đồng dạng với ΔKCE

=>KF/KC=KB/KE

=>KF*KE=KB*KC

10 tháng 5 2017

a, Ta có AKB =AEB  (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà ABE =AEB  (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)

AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

ACF= AFC  (tính chất đối x

1 tháng 5 2019

câu c nè: mik ns ý chính nhé

h bạn kẻ tiếp tuyến tại A

chứng minh đc AO vuông góc vs MN

=> OA vuông góc vs EF

do OA cố định

=> đường thẳng qua A vuông góc vs EF luôn đi qua 1 điểm cố định

do câu a va b bn làm đc rồi nên mik nghĩ bn cx hok giỏi rồi nên mik làm tắt nha 

18 tháng 3 2021

B C A H E Q F P D

a/

Ta thấy F và E đều nhìn BC dưới cùng 1 góc 90 độ nên E,F nằm trên đường tròn đường kính BC ta gọi là đường tròn (O')

=> B,F,E,C cùng nawmg trên một đường tròn

b/

Xét đường tròn (O) ta có

sđ \(\widehat{BQP}=\) sđ \(\widehat{BCP}=\frac{1}{2}\) sđ cung BP (góc nội tiếp đường tròn) (1)

Xét đường tròn (O') ta có

sđ \(\widehat{BEF}=\) sđ \(\widehat{BCP}=\frac{1}{2}\) sđ cung BF (góc nội tiếp đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BQP}=\widehat{BEF}\) => PQ//EF (Hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 có hai góc ở vị trí đồng vị thì chúng // với nhau

c/ ta thấy F và D cùng nhìn BH dưới cùng 1 góc 90 độ nên BDHF là tứ giác nội tiếp

sđ \(\widehat{ABE}=\)sđ \(\widehat{FDA}=\frac{1}{2}\) sđ cung FH (1)

Ta thấy D và E cùng nhìn AB đướ cùng 1 góc 90 độ nên ABDE là tứ giác nội tiếp

sđ \(\widehat{ABE}=\)sđ \(\widehat{ADE}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE (2)

Mà \(\widehat{FDA}+\widehat{ADE}=\widehat{FDE}\) (3)

Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{FDE}=2.\widehat{ABE}\left(dpcm\right)\)

23 tháng 4 2019

bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????

2 tháng 5 2019

3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)

Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE

4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)2016-04-23_193155

Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE

⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK

Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC

19 tháng 6 2023

               loading...

a, Xét tam giác vuông EBC vuông tại E và  CI = IB

 ⇒ IE = IC = IB (1) ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

Xét tam giác vuông BCF vuông tại F và IC =IB 

 ⇒IF = IC = IB (2) (vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền) 

Từ (1) và (2) ta có: 

IE = IF = IB = IC 

Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn tâm I bán kính bằng \(\dfrac{1}{2}\) BC (đpcm)

b, Xét \(\Delta\)AFC và \(\Delta\)AEB có:

\(\widehat{CAF}\)  chung ; \(\widehat{AFC}\) = \(\widehat{AEB}\) = 900 

⇒ \(\Delta\)AFC  \(\sim\) \(\Delta\)AEB   (g-g)

⇒ \(\dfrac{AF}{AE}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\) (theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng)

⇒AB.AF = AC.AE (đpcm)

Xét tam giác vuông AEH vuông tại E và KA = KH 

⇒ KE = KH ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

\(\Delta\)EKH cân tại K ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{EHK}\) 

\(\widehat{EHK}\) = \(\widehat{DHB}\) (vì hai góc đối đỉnh)

 ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{DHB}\) ( tc bắc cầu) (3)

Theo (1) ta có: IE = IB ⇒ \(\Delta\) IEB cân tại I 

⇒ \(\widehat{IEB}\) = \(\widehat{IBE}\)  (4)

Cộng vế với vế của (3) và(4)

Ta có: \(\widehat{KEI}\) = \(\widehat{KEH}\) + \(\widehat{IEB}\) =  \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{IBE}\)  = \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)

        Vì tam giác DHB vuông tại D nên \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)  = 1800 - 900 = 900

 ⇒\(\widehat{KEI}\)  = 900

         IE \(\perp\) KE (đpcm)

 

 

 

 

 

 

 

16 tháng 8 2021

A B C D E F O I J M P Q L K T

a) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{PBF}\) suy ra \(PF=PB\)

Suy ra \(MP\perp AB\) vì MP là trung trực của BF. Do đó \(MP||CF\). Tương tự \(MQ||BE\)

b) Dễ thấy M,I,J đều nằm trên trung trực của EF cho nên chúng thẳng hàng. Vậy IJ luôn đi qua M cố định.

c) Gọi FK cắt AD tại T ta có \(FK\perp AD\) tại T. Theo hệ thức lượng \(IE^2=IF^2=IT.IL\)

Suy ra \(\Delta TIE~\Delta EIL\). Lại dễ có \(EI\perp EM\), suy ra ITKE nội tiếp

Do vậy \(\widehat{ILE}=\widehat{IET}=\widehat{IKT}=90^0-\widehat{LIK}\). Vậy \(IK\perp EL.\)