Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔOAH và ΔOBH có
AO=BO
OH chung
AH=BH
=>ΔOHA=ΔOHB
b: ΔOHA=ΔOHB
=>góc OHA=góc OHB=180/2=90 độ
=>OH vuông góc AB
c: Xét ΔOAC và ΔOBC có
OA=OB
góc AOC=góc BOC
OC chung
=>ΔOAC=ΔOBC
a,Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
+PK là phân giác góc QPO.
=>^MPE = ^KPQ.(α) .
+ Tam giác OMN đều .=>^EMP=120 độ.
+ QK cũng là phân giác ^OQP.
=>^QKP = 180 - (^KQP+^KPQ).
Mà 2^KQP + 2^KPQ =180- 60 =120 độ.
=>^QKP=120 độ. Do đó:^EMP = ^QKP. (ß) .
Từ (α) và (ß), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
b, Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:^MEP=^KQP , hay: ^FEP=^FQP.
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
c, Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: PM/PK =PE/PQ . Suy ra: PM/PE =PK/PQ .
Ngoài ra: ^MPK=^EPQ . Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.
Từ đó:^PEQ=^PMK=90độ .
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF.
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.
Ta có: ^FDP=2^FQD=^OQP ; ^EDQ=2^EPD=^OPQ .
^FDE=180 - (^FDP+^EDQ) =^POQ =60độ.
Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.
a ) Xét \(\Delta AKB\) và \(\Delta AKC\) có :
AK : cạn chung
AB = AC ( gt)
BK = KC ( K là trung điểm của BC )
\(\Rightarrow\Delta AKB=\Delta AKC\left(c.g.c\right)\)
Ta có :
+ Góc AKB = AKC ( \(\Delta AKB=\Delta AKC\) )
Mà \(\widehat{AKB}+\widehat{AKC}=180^o\) ( kề bù )
\(\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{AKC}=\frac{180^o}{2}=90^o\)
\(\Rightarrow AK\perp BC\)
b ) Vì :
\(\hept{\begin{cases}EC\perp BC\left(gt\right)\\AK\perp BC\left(cmt\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow EC//AK\) ( tuef vuông góc đến song song )
d ) Vì \(EC\perp BC\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BCE}=90^o\)
Vậy \(\widehat{BCE}=90^o\)