K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

B D C E A Q H

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 1800

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 900.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E1 = góc A1 (1).

Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E3 = góc B1 (2)

Mà góc B1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E1 = góc E3 => góc E1 + góc E2 = góc E2 + góc E3

Mà góc E1 + góc E2 = góc BEA = 900 => góc E2 + góc E3 = 900 = góc OED => DE ┴ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ↔ ED2 = 52 – 32 ↔ ED = 4cm

8 tháng 3 2019

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.

Đề thi vào 10 môn Toán có đáp án | Đề thi môn Toán vào 10 có đáp án

\(\text{a) Ta có:}\)

∠BFC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90o

∠BEC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90o

Tứ giác AEHF có:

∠AFC = 90o

∠AEC = 90o

=>∠AFC + ∠AEC = 180o

=> AEHF là tứ giác nội tiếp

b) ∠AFH = 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

\(\text{Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF}\)

=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI = \(\frac{AH}{2}\) = 2cm

Ta có: ∠BAC = 60o

=> ∠FIE = 2∠BAC = 120o (Góc nội tiếp bằng \(\frac{1}{2}\) góc ở tâm cùng chắn một cung)

=> Số đo ∠EHF = 120o

Diện tích hình quạt IEHF là:

\(S=\frac{\pi R^2N}{360}=\frac{\pi.2^2.120}{360}=\frac{4\pi}{3}\left(ĐVDT\right)\)

\(\text{c) Xét tam giác ABC có: }\)

BE và CF là các đường cao

BE giao với CF tại H

=> H là trực tâm tam giác ABC

=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90o

Xét tứ giác BEFC có:

∠BFC = ∠BEC = 90o

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau

=> BEFC là tứ giác nội tiếp

=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

Xét tứ giác BFHD có:

∠BFH = ∠HDB = 90o

=>∠BFH + ∠HDB = 180o

=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180o)

=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)

Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH

=> FH tia phân giác của góc ∠DFE

d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO

Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90o

=> ∠OFB + ∠HCD = 90o (*)

\(\hept{\begin{cases}\Delta FIH\text{CÂN TẠI I}\\\widehat{IHF}=\widehat{DHC}\left(\text{ĐỐI ĐỈNH}\right)\\\Delta HDC\text{VUÔNG TẠI D}\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{HDC}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\widehat{IFH}+\widehat{HDC}=90^0\)

Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH

=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90o

Vậy FI là tiếp tuyến của (O)

Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)

Mà I là trung điểm của AH

=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.

HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP CỦA MIK NHA

VCN JACK trả lời cuc64 kì đ luôn . đ là chất 

9 tháng 9 2018

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau  B D M ^ = B C F ^   ( 1 ) và  B M A ^ = B F A ^    suy ra  180 0 − B M A ^ = 180 0 − B F A ^  hay  B M D ^ = B F C ^  (2).

Từ (1) và (2), suy ra  Δ B D M ~ Δ B C F   (g - g).

30 tháng 1 2018

2). Từ AD là phân giác  B A C ^  suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có  D M C F = B D B C .

Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E  (3).

 

Ta lại có góc nội tiếp  A D E ^ = F C E ^  (4).

Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C  

Bài 11:Cho đường tròn(O) đường kính AB=2R. Điểm C thuộc đường tròn(C không trùng với A và B).Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C kẻ tiếp tuyến à với (O).Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q,AM cắt BC tại N, AC cắt BM tại P.a) Gọi K là điểm chính giữa cung AB(cung không chứa C).HỎi có thể xảy ra trường hợp 3 điểm Q,M,K thẳng hàng không?b) Xác định vị trí của C...
Đọc tiếp

Bài 11:Cho đường tròn(O) đường kính AB=2R. Điểm C thuộc đường tròn(C không trùng với A và B).Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C kẻ tiếp tuyến à với (O).Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q,AM cắt BC tại N, AC cắt BM tại P.

a) Gọi K là điểm chính giữa cung AB(cung không chứa C).HỎi có thể xảy ra trường hợp 3 điểm Q,M,K thẳng hàng không?

b) Xác định vị trí của C trên nửa đường tròn tâm O để đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O).

Bài 12: Cho tứ giác ABCD có đường chéo BD không là phân giác của góc ABC và góc CDA.Một điểm P nằm trong tứ giác sao cho góc PBC=góc DBA; góc PDC = góc BDA.Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi AP=CP

Bài 13:Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2p không đổi ngoại tiếp 1 đường tròn(O).Dựng tiếp tuyến MN với (O) sao cho MN song song với AC;M thuộc cạnh AB,N thuộc cạnh BC.Tính AC theo p để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất.

Bài 14: Trong một tam giác cho trước hãy tìm bán kính lớn nhất của hai đường tròn bằng nhau tiếp xúc ngoài nhau đồng thời mỗi đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác đó.

Bài 15: Trên cạnh AB của tam giác ABC lấy một điểm D sao cho đường tròn nột tiếp tam giác ACD và BCD bằng nhau

a) Tính đoạn CD theo các cạnh của tam giác

b)CMR: Điều kiện cần và đủ để góc C = 90 độ là điện tích tam giác ABC bằng diện tích hình vuông cạnh CD

Bài 16: Cho hình thang vuông ABCD có AB là cạnh đáy nhỏ,CD là cạnh đáy lớn,M là giao của AC và BD.Biết rằng hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính R.Tính diện tích tam giác ADM theo R

Bài 17:Cho tam giác ABC không cân,M là trung điểm cạnh BC,D là hình chiếu vuông góc của A trên BC; E và F tương ứng là các hình chiếu vuông góc của B và C trên đường kính đi qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.CMR: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

Bài 18: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa A và B, Tia Cx vuông góc với AB.Trên tia Cx lấy D và E sao cho CECB=CACD=3√CECB=CACD=3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC tại H(H khác C). CMR: HC luôn đi qua một điểm cố định khi C chuyển động trên đoạn AB.Bài toán còn đúng không khi thay 3√3 bởi m cho trước(m>0)

Bài 19: Cho tam giác ABC nhọn và điểm M chuyện động trên đường thẳng BC.Vẽ trung trực của các đoạn BM và CM tương ứng cắt các đường thẳng AB và AC tại P và Q.CMR: Đường thẳng qua M và vuông góc với PQ đi qua 1 điểm cố định

Bài 20: Cho tam giác ABC và một đường tròn (O) đi qua A và C.Gọi K và N là các giao điểm của (O) với các cạnh AB,C.ĐƯờng tròn (O1) và (O2) ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác KBN cắt nhau tại B và M.CMR: O1O2 song song với OM

 

Giúp t vs..^^^

6
21 tháng 2 2016

Dài thế này ai mà lm đc cho m k lm nữa

6 tháng 3 2016

làm hết dc đống bài này chắc mình ốm mấtkhocroi

24 tháng 9 2019

A B C O I M N P Q L K J

Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.

Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN  (1)

Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có: 

\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)

Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:

\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:

\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\)  (3)

Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).

Đề thi vào 10 môn Toán có đáp án | Đề thi môn Toán vào 10 có đáp án

\(\text{a) Xét tứ giác BEFC có:}\)

\(\text{∠BEC = 90 o (CE là đường cao)}\)

\(\text{∠BFC = 90 ^0 (BF là đường cao)}\)

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

\(\text{Xét tứ giác AEHF có:}\)

\(\text{∠AEH = 90 o (CE là đường cao)}\)

\(\text{∠AFH = 90 o (BF là đường cao)}\)

=> ∠AEH + ∠AFH = 180^ o

=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.

\(\text{b) Xét ΔSBE và ΔSFC có:}\)

\(\text{∠FSC là góc chung}\)

\(\text{∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)}\)

=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{SB}{SF}\)=\(\frac{SE}{SC}\)\(\Rightarrow\text{SE.SF = SB.SC (1)}\)

\(\text{Xét ΔSMC và ΔSNB có:}\)

\(\text{∠ NSC là góc chung}\)

\(\text{∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)}\)

=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)

\(\Rightarrow\frac{SM}{SB}\)=\(\frac{SC}{SN}\Rightarrow\text{SM.SN = SB.SC (2)}\)

Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN

\(\text{c) Ta có:}\)

\(\hept{\begin{cases}\widehat{KAE}=\widehat{KCB}\left(\text{2 GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG KB}\right)\\\widehat{HAE}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC AEHF LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\\\widehat{KCB}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC BEFC LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\end{cases}}\)

=> ∠KAE = ∠HAE

=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH

\(\text{Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH}\)

=> ΔKAH cân tại A

=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH

=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB

\(\text{d) Tia BF cắt đường tròn (O) tại J}\)

∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)

∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )

=> ∠KJB = ∠EFH

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> KJ // EF

KI // EF (gt)

=> I ≡ J

=> H, F, J thẳng hàng

HÌNH THÌ VÀO XEM THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA

BÀI LÀM ĐÚNG MÀ SAO CÓ NGƯỜI K SAI TÔI ĐẢM BẢO BÀI NÀY ĐÚNG 100%