Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, HS tự chứng minh
b, HS tự chứng minh
c, HS tự chứng minh
d, ∆MIH:∆MAB
=> M H M B = I H A B = 2 E H 2 F B = E H F B
=> ∆MHE:∆MBF
=> M F A ^ = M E K ^ (cùng bù với hai góc bằng nhau)
=> KMEF nội tiếp => M E F ^ = 90 0
a) Ta có CD vuông AB => \(\widehat{CDA}=90^o\)
CE vuông AM => \(\widehat{CEA}=90^o\)
Xét tứ giác ADCE có :\(\widehat{CDA}+\widehat{CEA}=90^o+90^o=180^o\)
=> Tứ giác ADCE nội tiếp
b) Tương tự ta chứng minh được tứ giác CDBF nội tiếp
Tứ giác ADCE nội tiếp => \(\widehat{CDE}=\widehat{CAE}\)( cùng chắn cung CE)
Tứ giác CDBF nội tiếp => \(\widehat{CFD}=\widehat{CBD}\)( cùng chắn cung DC)
Mà \(\widehat{CBD}=\widehat{CAE}\)( cùng chắn cung AC của đường tròn (O))
=> \(\widehat{CDE}=\widehat{CFD}\)
Tương tự như trên ta chứng minh được : \(\widehat{DEC}=\widehat{DAC}=\widehat{CBF}=\widehat{FDC}\)
Xét tam giác CDE và tam giác CFD có:
\(\widehat{CDE}=\widehat{CFD}\)
\(\widehat{DEC}=\widehat{FDC}\)
=> \(\Delta CDE=\Delta CFD\)
3) Gọi Cx là tia đối của ta CD
Nối OM. Dễ dàng chứng minh được: OM vuông AB, \(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)(1)
Ta có: Cx//OM ( cùng vuông góc với AB), CE//OA ( cùng vuông với AM)
=> \(\widehat{AOM}=\widehat{ECx}\)(2)
Cx// OM, CF//OB ( cùng vuông với BM)
=> \(\widehat{BOM}=\widehat{FCx}\)(3)
Từ (1), (2), (3),
=> \(\widehat{ECx}=\widehat{FCx}\)
=> Cx là phân giác góc ECF
4. Ở câu 2 Ta đã chứng minh : \(\widehat{CDE}=\widehat{CBD}\Rightarrow90^o=\widehat{DCB}+\widehat{CBD}=\widehat{CDE}+\widehat{DCB}=\widehat{CDI}+\widehat{DCK}\)
Tương tự như trên chứng minh được: \(\widehat{CDK}+\widehat{ICD}=90^o\)
Xét tứ giác IDKC có: \(\widehat{IDK}+\widehat{ICK}=\widehat{IDC}+\widehat{CDK}+\widehat{ICD}+\widehat{DCK}=\left(\widehat{IDC}+\widehat{DCK}\right)+\left(\widehat{CDK}+\widehat{ICD}\right)\)
\(=90^o+90^o=180^o\)
=> Tứ giác IDKC nội tiếp
=> \(\widehat{IKC}=\widehat{IDC}=\widehat{DBC}\)
=> IK//AB ( 2 góc so le trong)
a) Tứ giác AHIK có:
A H I ^ = 90 0 ( I H ⊥ A B ) A K I ^ = 90 0 ( I K ⊥ A D ) ⇒ A H I ^ + A K I ^ = 180 0
=> Tứ giác AHIK nội tiếp.
b) ∆ IAD và ∆ IBC có:
A ^ 1 = B ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
A I D ^ = B I C ^ (2 góc đối đỉnh)
=> ∆ IAD ~ ∆ IBC (g.g)
⇒ I A I B = I D I C ⇒ I A . I C = I B . I D
c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có K ^ 1 = D ^ 1
A ^ 1 = H ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
mà A ^ 1 = B ^ 1 ⇒ H ^ 1 = B ^ 1
Chứng minh tương tự, ta được K ^ 1 = D ^ 1
∆ HIK và ∆ BCD có: H ^ 1 = B ^ 1 ; K ^ 1 = D ^ 1
=> ∆ HIK ~ ∆ BCD (g.g)
d) Gọi S1 là diện tích của ∆ BCD.
Vì ∆ HIK ~ ∆ BCD nên:
S ' S 1 = H K 2 B D 2 = H K 2 ( I B + I D ) 2 ≤ H K 2 4 I B . I D = H K 2 4 I A . I C (1)
Vẽ A E ⊥ B D , C F ⊥ B D ⇒ A E / / C F ⇒ C F A E = I C I A
∆ ABD và ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S 1 S = C F A E ⇒ S 1 S = I C I A (2)
Từ (1) và (2) suy ra
S ' S 1 ⋅ S 1 S ≤ H K 2 4 I A . I C ⋅ I C I A ⇔ S ' S ≤ H K 2 4 I A 2 (đpcm)
a: góc BIM=góc BHM=90 độ
=>BMHI nội tiếp
b: góc CBM=góc MAC=góc MAK
=>góc MAK=góc MIK
c: AHIK nội tiếp
=>góc AIK=góc AHK
BHKC nội tiếp nên góc ICK=góc AHK
=>góc ICK=góc AIK
=>góc AIC=90 độ
a) Xét tứ giác DFEC có
\(\widehat{DFC}=\widehat{DEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{DFC}\) và \(\widehat{DEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh DE
Do đó: DFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)