Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc BDH=1/2*sđ cung BH=90 độ
=>HD vuông góc AB
góc HEC=1/2*sđ cung HC=90 độ
=>HE vuông góc AC
góc ADH+góc AEH=180 độ
=>ADHE nội tiếp
b: Xét ΔIDH và ΔIHE có
góc IHD=góc IEH
góc I chung
=>ΔIDH đồng dạng với ΔIHE
=>ID/IH=IH/IE
=>IH^2=ID*IE
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
tth giờ chuyển sang hình rồi à :))
Câu 2:
Kẻ đường cao AG, BE, CF của tam giác ABC.
Dễ thấy tứ giác HKMG, HECG nội tiếp.
Do đó AK . AM = AH . AG = AE . AC. Suy ra tứ giác KECM nội tiếp.
Tương tự tứ giác KFCM nội tiếp.
Do đó \(\widehat{BKC}=\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BFM}+\widehat{CEM}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=\widehat{BHC}\). Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp.
Ta có \(\widehat{BLC}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}\) nên tứ giác ABLC nội tiếp.
b) Ta có tứ giác KECM nội tiếp nên \(\widehat{MKC}=\widehat{MEC}=\widehat{ACB}\). Do đó \(\Delta MKC\sim\Delta MCA\left(g.g\right)\).
Suy ra \(\widehat{KCM}=\widehat{KAC}\Rightarrow\widehat{LAB}=\widehat{LCB}=\widehat{KCB}=\widehat{KAC}\).
c) Ta có kq quen thuộc là \(\Delta LMB\sim\Delta LCA\).
Kẻ tiếp tuyến Lx của (ABC) sao cho Lx nằm cùng phía với B qua AL.
Ta có \(\widehat{ALx}=\widehat{ACL}=\widehat{LMX}\Rightarrow\) Ax là tiếp tuyến của (LXM).
Do đó (ABC) và (LXM) tiếp xúc với nhau.
Ta có AI . AX = AH . AG = AK . AM nên I, X, M, K đồng viên.
Ta có kq quen thuộc là (HBC) và (ABC) đối xứng với nhau qua BC.
Lại có (IKMX) và (LMX) đối xứng với nhau qua BC.
Suy ra (HC) và (IKMX) cũng tiếp xúc với nhau.
Câu 1 :
a Ta có \(\Lambda CHE\), \(\Lambda HDB\) là các góc chắn nửa đường tròn đường kính HC;HB \(\Rightarrow\Lambda CHE=\Lambda HDB=90^0\) Mà \(\Lambda CHE+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\Lambda HDB+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\) Tứ giác ADHE nội tiếp
b Từ câu a ta có: tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda DEH=\Lambda DAH=\Lambda BAH\) Mà \(\Lambda BAH=\Lambda BHD=\Lambda IHD\)( cùng phụ với góc ABH)
\(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda IHD\) Lại có \(\Lambda EIH=\Lambda HID\) \(\Rightarrow\Delta IEH\sim\Delta IHD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{IH}{ID}=\dfrac{IE}{IH}\Rightarrow IH^2=ID\cdot IE\)
c Gọi giao điểm của BM với AC là K; CN với AB là J
Từ câu a ta có tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda EAH=\Lambda DEH=\dfrac{1}{2}sđMH\) Mà \(\Lambda MHA=\dfrac{1}{2}sđMH\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda MHA\) Lại có \(\Lambda ABK=\Lambda DMH\left(=\dfrac{1}{2}sđDM\right)\) ; \(\Lambda BAH=\Lambda BHD\) (từ câu b)
\(\Rightarrow\Lambda BAH+\Lambda KAH+\Lambda BAK=\Lambda MHA+\Lambda DMH+\Lambda BHD=\Lambda AHB=90^0\Rightarrow\Lambda BKA=90^0\) \(\Rightarrow\) BK vuông góc với CA tại K\(\Rightarrow BM\) vuông góc với AC tại K(1)
Chứng minh tương tự ta được: CN vuông góc với AB tại J(2)
Xét tam giác ABC có BK vuông góc với CA; CJ vuông góc với AB ; AH vuông góc với BC \(\Rightarrow\) BK;CJ;AH là 3 đường cao của tam giác ABC
\(\Rightarrow BK;CJ;AH\) đồng quy \(\Rightarrow BM;CN;AH\) đồng quy