Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có đường chéo AC cắt đường chéo BD tại E, tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG.
a) Chứng minh FD.FG=FB.FE
b) Gọi H là điểm đối xứng với E qua AD. Chứng minh 4 điểm F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
3 tháng 9 2019
a) Từ tứ giác AEBG là hình bình hành suy ra \(\frac{DE}{BG}=\frac{DE}{AE}=\frac{DC}{AB}=\frac{FD}{FB}\) (1)
Đồng thời ^FDE = 1800 - ^ADE = 1800 - ^ACB = ^FBG (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)FED ~ \(\Delta\)FGB (c.g.c). Do vậy FD.FG = FB.FE (đpcm).
b) Tương tự câu a ta có \(\Delta\)FEC ~ \(\Delta\)FGA (c.g.c), suy ra ^FGA = ^FEC = 1800 - ^FEA
Vì ^FEA = ^FHA (Tính đối xứng) nên ^FGA = 1800 - ^FHA hay ^FGA + ^FHA = 1800
Vậy 4 điểm F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
30 tháng 10 2021
a: Xét ΔAEB và ΔCFD có
AE=CF
\(\widehat{EAB}=\widehat{FCD}\)
AB=CD
Do đó: ΔAEB=ΔCFD
Suy ra:BE=FD
Xét ΔADE và ΔCBF có
AE=CF
\(\widehat{DAE}=\widehat{BCF}\)
AE=CF
Do đó: ΔADE=ΔCBF
Suy ra: DE=BF
Xét tứ giác BEDF có
BE=DF
DE=BF
Do đó: BEDF là hình bình hành
CM
1 tháng 1 2017
Ta có DAOK = DCOH Þ OK =OH, DDOE = DBOF Þ OE = OF Þ EHFK là hình bình hành
27 tháng 11 2023
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔOAK và ΔOCH có
\(\widehat{OAK}=\widehat{OCH}\)(hai góc so le trong, AK//CH)
OA=OC
\(\widehat{AOK}=\widehat{COH}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOAK=ΔOCH
=>OK=OH
=>O là trung điểm của KH
Xét ΔOAE và ΔOCF có
\(\widehat{EAO}=\widehat{FCO}\)(hai góc so le trong, AE//CF)
OA=OC
\(\widehat{AOE}=\widehat{COF}\)
Do đó: ΔOAE=ΔOCF
=>OE=OF
=>O là trung điểm của EF
Xét tứ giác EKFH có
O là trung điểm chung của EF và KH
=>EKFH là hình bình hành
Lời giải:
a)
Ta có: \(\widehat{FDE}=\widehat{FCA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà \(\widehat{FCA}=\widehat{FBG}\) (so le trong với \(GB\parallel AC\) )
\(\Rightarrow \widehat{FDE}=\widehat{FBG}\)
Dễ thấy:
+ \(\triangle FAB\sim \triangle FCD(g.g)\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{AB}{CD}\)
+ \(\triangle AEB\sim \triangle DEC(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{DC}=\frac{AE}{DE}=\frac{BG}{DE}\) ( \(GB=AE\) do $AEBG$ là hình bình hành)
\(\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{BG}{DE}\)
Xét tam giác $FDE$ và $FBG$ có:
\(\widehat{FDE}=\widehat{FBG}\) (cmt)
\(\frac{FD}{FB}=\frac{DE}{BG}\) (cmt)
\(\Rightarrow \triangle FDE\sim \triangle FBG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \frac{FD}{FE}=\frac{FB}{FG}\Rightarrow FD.FG=FE.FB\) (đpcm)
b)
Tương tự phần a, ta chứng minh được \(\triangle FCE\sim \triangle FAG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \widehat{FGA}=\widehat{FEC}=180^0-\widehat{FEA}(1)\)
Mặt khác:
Do $H,E$ đối xứng nhau qua $AD$ nên $AD$ là đường trung trực của $HE$. Suy ra $AE=AH$
$F\in AD$ nên $FE=FH$
\(\Rightarrow \triangle FHA=\triangle FEA(c.c.c)\)\(\Rightarrow \widehat{FEA}=\widehat{FHA}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{FGA}=180^0-\widehat{FHA}\)
Do đó $FHAG$ là tứ giác nội tiếp, hay 4 điểm $F,H,A,G$ cùng thuộc một đường tròn.
Hình vẽ: