Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc HMC+góc HNC=180 độ
=>HMCN nội tiếp
b: góc CED=góc CAD
góc CDE=góc CAE
mà góc CAD=góc CAE(=góc CBD)
nên góc CED=góc CDE
=>CD=CE
a: Xét tứ giác BCB'C' có
\(\widehat{BC'C}=\widehat{BB'C}=90^0\)
Do đó: BCB'C' là tứ giác nội tiếp
Ta có:
BB' là đường cao (gt). \(\Rightarrow BB'\perp AC.\)
CC' là đường cao (gt). \(\Rightarrow CC'\perp AB.\)
Xét tứ giác BCB'C':
\(\widehat{BC'C}=\widehat{BB'C}\left(CC'\perp AB;BB'\perp AC\right).\)Mà 2 đỉnh này ở vị trí kề nhau, cùng nhìn cạnh BC.\(\Rightarrow\) Tứ giác BCB'C' nội tiếp (dhnb).
a) Vì d là tiếp tuyến của (O) tại A
⇒ OA ⊥ D mà d // d'
⇒ OA ⊥ D tại E
⇒ \(\widehat{AEB}=90^0\)
Suy ra: điểm E thuộc đường tròn đường kính AB (1)
Ta có: AF ⊥ BC ⇒ \(\widehat{AFB}=90^0\)
Suy ra: điểm F thuộc đường tròn đường kính AB (2)
Từ (1) và (2): ⇒ A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB
Từ đó: tam giác ABFE nội tiếp
b) Ta có: \(\widehat{ACB}=\widehat{IAB}\) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn cung AB )
Lại có: \(\widehat{ABD}=\widehat{IAB}\) ( so le trong )
⇒ \(\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\)
Xét △ ABD và △ ACB có:
\(\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\) ( cmt )
\(\widehat{A}\) chung
⇒ △ ABD ∼ △ ACB ( g - g )
Từ đó: \(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\Leftrightarrow AB^2=AC.AD\) ( đpcm )
c) Theo câu a, ta có: tam giác ABFE nội tiếp
⇒ \(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE )
Mà \(\widehat{ABE}=\widehat{ACB}\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (3)
Ta có: M là trung điểm của AB và N là trung điểm của BC
⇒ MN là đường trung bình △ ABC
⇒ MN // AC
⇒ \(\widehat{BMN}=\widehat{ACB}\) ( đồng vị ) (4)
Từ (3) và (4): \(\widehat{AFE}=\widehat{BNM}\)
Mà \(\widehat{AFE}+\widehat{NFE}=90^0\Rightarrow\widehat{BNM}+\widehat{NFE}=90^0\)
Gọi H là giao điểm của EF và MN
⇒ \(\widehat{FNH}=90^0\)
⇒ EF ⊥ MN ( đpcm )
a) Dễ thấy A, H, K thẳng hàng.
Ta có \(\widehat{KCB}=\widehat{HCB}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{KAB}\).
Suy ra tứ giác ACKB nội tiếp.
b) \(\widehat{ABD}=\widehat{AA'C};\widehat{ADB}=\widehat{ACA'}=90^o\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta AA'C\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{A'AC}\)
\(\Rightarrow\widehat{AA'C}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{AEF}\Rightarrow AA'\perp EF\)
c) Ta có BH // A'C (do cùng vuông góc với AC), CH // A'B (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCA' là hình bình hành. Suy ra H, I, A' thẳng hàng.
d) Do OI là đường trung bình của tam giác A'AH nên OI // AH,\(\dfrac{OI}{AH}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{AG}\Rightarrow\) H, G, O thẳng hàng và \(\dfrac{OG}{HG}=\dfrac{1}{2}\). Từ đó \(S_{AHG}=2S_{AOG}\) (đpcm)
Lời giải:
* Bạn tự vẽ hình nha *
a) Xét tứ giác $A'HB'C$ có tổng hai góc đối nhau:
\(\widehat{HA'C}+\widehat{HB'C}=90^0+90^0=180^0\) nên \(A'HB'C\) là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác $AB'A'B$ có: \(\widehat{AB'B}=\widehat{AA'B}=90^0\) cùng nhìn cạnh $AB$ nên $AB'A'B$ là tứ giác nội tiếp
b)
Theo phần a ta đã chứng minh được \(AB'A'B\) nội tiếp, do đó \(\widehat{B'AA'}=\widehat{B'BA'}\) (hai góc nội tiếp cùng nhìn cung $A'B'$ )
Mà: \(\widehat{B'AA'}=\widehat{CAD}=\frac{1}{2}\text{cung CD}\)
\(\widehat{B'BA'}=\widehat{EBC}=\frac{1}{2}\text{cung CE}\)
Do đó: \(\frac{1}{2}\text{cung CD}=\frac{1}{2}\text{ cung CE}\Rightarrow CD=CE\)