Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có: \(\widehat{CFB}=90^0\)(CF⊥AB)
nên F nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(1)
Ta có: \(\widehat{CEB}=90^0\)(BE⊥AC)
nên E nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(2)
Từ (1) và (2) suy ra F,E cùng nằm trên đường tròn đường kính CB
hay B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC là trung điểm của CB
b) Ta có: BEFC là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)(Cùng nhìn cạnh EC)
\(\Leftrightarrow\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)
Xét ΔKFC và ΔKBE có
\(\widehat{FKB}\) chung
\(\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)(cmt)
Do đó: ΔKFC∼ΔKBE(g-g)
⇒\(\dfrac{KF}{KB}=\dfrac{KC}{KE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒\(KE\cdot KF=KB\cdot KC\)(đpcm)
a) Xét (O,R)(O,R) đường kính BCBC có
ˆBFC=ˆBEC=90oBFC^=BEC^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆAFH=ˆAEH=90o⇒AFH^=AEH^=90o
Tứ giác AFHEAFHE có ˆAFH+ˆAEH=180oAFH^+AEH^=180o
⇒AEFH⇒AEFH thuộc đường tròn đường kính (AH)(AH)
Tâm II là trung điểm của AHAH.
b) Xét ΔAHEΔAHE và ΔBHDΔBHD có:
ˆAEH=ˆBDH=90oAEH^=BDH^=90o
ˆAHE=ˆBHDAHE^=BHD^ (đối đỉnh)
⇒ΔAHE∼ΔBHD⇒ΔAHE∼ΔBHD (g-g)
⇒HEHD=HAHB⇒HEHD=HAHB (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
Mà HA=2HIHA=2HI
⇒HE.HB=2HD.HI⇒HE.HB=2HD.HI
c) Tứ giác AEHFAEHF nội tiếp đường tròn đường kính (AH)(AH) chứng minh câu a
⇒IE=IH=R⇒ΔIEH⇒IE=IH=R⇒ΔIEH cân đỉnh II
⇒ˆIEH=ˆIHE⇒IEH^=IHE^
ˆIHE=ˆBHDIHE^=BHD^ (đối đỉnh)
Từ hai điều trên ⇒ˆIEH=ˆBHD⇒IEH^=BHD^
ˆHEO=ˆHBDHEO^=HBD^ (do ΔOEBΔOEB cân đỉnh O)
⇒ˆIEO=ˆIEH+ˆHEO=ˆBHD+ˆHBD=90o⇒IEO^=IEH^+HEO^=BHD^+HBD^=90o (do ΔDHB⊥DΔDHB⊥D)
⇒IE⊥EO⇒IE⇒IE⊥EO⇒IE là tiếp tuyến của (O)(O).
Chứng minh tương tự
ˆIFH=ˆIHF=ˆDHCIFH^=IHF^=DHC^
ˆHFO=ˆOCHHFO^=OCH^
⇒ˆIFO=ˆDHC+ˆOCH=90o⇒IFO^=DHC^+OCH^=90o
⇒IF⊥FO⇒IF⇒IF⊥FO⇒IF là tiếp tuyến của (O)(O)
a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
ΔABA' là tam giác nội tiếp
AA' là đường kính
Do đó: ΔABA' vuông tại B
=>BA'\(\perp\)AB
mà CH\(\perp\)AB
nên BA'//CH
Xét (O) có
ΔACA' là tam giác nội tiếp
AA' là đường kính
Do đó: ΔACA' vuông tại C
=>AC vuông góc CA'
mà BH vuông góc AC
nên BH//A'C
Xét tứ giác BHCA' có
BH//CA'
BA'//CH
Do đó: BHCA' là hình bình hành
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 BEC = 900.
CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 900; góc A là góc chung
=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 900; góc C là góc chung
=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có góc C1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ABC)
góc C2 = góc A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> góc C1 = góc C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn
=> góc C1 = góc E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
góc C1 = góc E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
góc E1 = góc E2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
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
a: Xét tứ giác BFEC có
\(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)
Do đó: BFEC là tứ giác nội tiếp
hay B,F,E,C cùng thuộc 1 đường tròn
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 BEC = 900.
CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 900; góc A là góc chung
=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 900; góc C là góc chung
=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có góc C1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ABC)
góc C2 = góc A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> góc C1 = góc C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn
=> góc C1 = góc E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
góc C1 = góc E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
góc E1 = góc E2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
~ Ủng hộ nha ~
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 BEC = 900.
CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 900; góc A là góc chung
=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 900; góc C là góc chung
=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có góc C1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ABC)
góc C2 = góc A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> góc C1 = góc C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn
=> góc C1 = góc E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
góc C1 = góc E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
góc E1 = góc E2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
~ Ủng hộ nha ~
a) Xét tứ giác BFEC có
\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
hay B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn
Tâm I là trung điểm của BC