Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
Giải:
Xét \(\Delta AHI,\Delta AKI\) có:
\(\widehat{AHI}=\widehat{AKI}=90^o\)
AI: cạnh chung
\(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\left(=\frac{1}{2}\widehat{A}\right)\)
\(\Rightarrow\Delta AHI=\Delta AKI\) ( c.huyền - g.nhọn )
\(\Rightarrow HI=KI\) ( cạnh t/ứng ) (1)
Xét \(\Delta BHI,\Delta CKI\) có:
IB = IC ( gt )
\(\widehat{BHI}=\widehat{CKI}=90^o\)
IH = IK ( theo (1) )
\(\Rightarrow\Delta BHI=\Delta CKI\) ( c.huyền - c.g.vuông)
\(\Rightarrow BH=CK\) ( cạnh t/ứng ) ( đpcm )
Vậy...
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE
\(\widehat{BKC}=\widehat{BHC}\left(=90^0\right)\) nên HKBC nội tiếp đường tròn
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA, nên E P Q ^ = E Q P ^ = H Q C ^ = 90 0 − H C Q ^ = 90 0 − P C K ^ .
Do đó E P Q ^ + P C K ^ = 90 0 , nên P K ⊥ A C .
a)Xét tam giác ACD và tam giác ECD(đều là vuông)
ECD=DCA(Vì CD là p/giác)
CD là cạnh chung
\(\Rightarrow\)tam giác ACD=tam giác ECD(cạnh huyền góc nhọn)
b)Vì tam giác ACD=tam giác ECD(cạnh huyền góc nhọn)
\(\Rightarrow\)AD=DE(cạnh cặp tương ứng)
\(\Rightarrow\)D cách đều hai mút của AE
\(\Rightarrow\)CD là đường trung trực của AE
Do đó CI\(\perp\)AE
\(\Rightarrow\)Tam giác CIE là tam giác vuông
c)Vì AD=DE(câu b)
Mà tam giác BDE là tam giác vuông(tại E)
\(\Rightarrow\)DE<BD(cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền)
\(\Rightarrow\)AD<BD(đpcm)
d)Kéo dài BK cắt AC tại O
Vì BK\(\perp\)CD(gt)
\(\Rightarrow\)CK là đường cao thứ nhất của tam giác OBC(1)
Vì tam giác ABC vuông tại A
Nên BA\(\perp\)AC
\(\Rightarrow\)BA là đường cao thứ hai của tam giác OBC(2)
Theo đề bài ta có DE\(\perp\)BC
Nên DE là đường cao thứ ba của tam giác OBC(3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra:
Ba đường cao giao nhau tại một điểm trùng với điểm D
\(\Rightarrow\) 3 đường thẳng AC;DE;BK đồng quy(đpcm)
