Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AF,BD,CE.H là giao điểm3 đường cao
Chứng minh: góc BDF=góc HAE
LƯU Ý: CHỈ ĐƯỢC SỬ DỤNG KIẾN THỨC LỚP8
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
15 tháng 12 2023
a: Xét ΔBDC có
DO là đường trung tuyến
DO=BC/2
Do đó: ΔBCD vuông tại D
=>CD\(\perp\)DB tại D
=>CD\(\perp\)AB tại D
Xét ΔBEC có
EO là đường trung tuyến
EO=BC/2
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>BE\(\perp\)EC tại E
=>BE\(\perp\)AC tại E
b: Xét ΔABC có
BE,CD là các đường cao
BE cắt CD tại K
Do đó: K là trực tâm của ΔABC
=>AK\(\perp\)BC
9 tháng 5 2023
a: Xét ΔHKB vuông tại K và ΔHDC vuông tại D có
góc KHB=góc DHC
=>ΔKHB đồng dạng với ΔDHC
Xet ΔCDB vuông tại D và ΔCEA vuông tại E có
góc C chung
=>ΔCDB đồng dạng với ΔCEA
=>CD/CE=CB/CA
=>CD*CA=CE*CB
b: góc BKC=góc BDC=90 độ
=>BKDC nội tiếp
=>góc SBK=góc SDC
15 tháng 3 2020
Kẻ Ax là tiếp tuyến tại A với (O).
Có: xABˆ=ACBˆ(=12sđAB⌢)
Xét ΔvABDΔvABD, có:
BACˆBAC^: chung;
⇒ΔvABD∼ΔvACE(gn)⇒ΔvABD∼ΔvACE(gn)
⇒ABAD=AEAC⇒ABAD=AEAC
mà BACˆBAC^ chung
⇒ΔADE∼ΔABC(cgc)⇒ΔADE∼ΔABC(cgc)
⇒AEDˆ=ACBˆ=xABˆ⇒AED^=ACB^=xAB^(ở vị trí SLT)
⇒Ax//DE
mà Ax⊥OA NÊN DE⊥OA
Ta có: AM là đường cao thứ 3( đi qua trực tâm H)
Xét ΔBMHΔBMH và ΔBDCΔBDC có:
BMHˆ=BDCˆ(=900)BMH^=BDC^(=900)
BˆB^ chung
⇒ΔBMH≈ΔBDC(g−g)⇒ΔBMH≈ΔBDC(g−g)
⇒BMBD=BHBC⇒BMBD=BHBC⇔BD.BH=BM.BC(1)⇔BD.BH=BM.BC(1)
Xét ΔCMHΔCMH và ΔCEBΔCEB có:
CMHˆ=CEBˆ(=900)CMH^=CEB^(=900)
CˆC^ chung
⇒ΔCMH=ΔCEB(g−g)⇒ΔCMH=ΔCEB(g−g)
⇒CMCH=CECB⇔CH.CE=BC.CM(2)⇒CMCH=CECB⇔CH.CE=BC.CM(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
BD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CMBD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CM
⇒BD.BH+CH.CE=BC.(BM+CM)=BC2(đpcm)⇒BD.BH+CH.CE=BC.(BM+CM)
=BC2(đpcm)
19 tháng 2 2022
1: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có
\(\widehat{DBA}\) chung
Do đó: ΔBFC\(\sim\)ΔBDA
Suy ra: BF/BD=BC/BA
hay \(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)
2: Ta có: BF/BD=BC/BA
nên BF/BC=BD/BA
Xét ΔBDF và ΔBAC có
BF/BC=BD/BA
\(\widehat{DBF}\) chung
Do đó: ΔBDF\(\sim\)ΔBAC
SUy ra: \(\widehat{BDF}=\widehat{BAC}\)
3: Xét tứ giác ABDE có
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)
Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp
Suy ra: \(\widehat{BAC}+\widehat{BDE}=180^0\)
mà \(\widehat{CDE}+\widehat{BDE}=180^0\)
nên \(\widehat{CDE}=\widehat{BAC}\)
NT
1 tháng 3 2016
a)Gọi I là trung điểm của tam giác BC
Áp dụng đường trung tuyến cạnh huyền của tam giác EBC và DBC
=>IE=ID=IB=IC
=> tứ giác BCDE nội tiếp. tâm đường tròn là I
b)AFK=90 ( dg cao thứ 3)
ACK=90 (chắn nữa dg tròn)
=>AFB=ACK
c)BD vg góc với AC
ACK=90 =>CK vg góc với AC
=>CK song song với BH
tuong tu CH song song voi BK
=>BHCK là hinh binh hanh
*vì I là trung điểm của BC
=>I cung la trung diem cua HK
=>H,I,K thang hang
CM
17 tháng 5 2017
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Tứ giác BFEC có B E C ^ = B F C ^ = 90 0
=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^
∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)
=> ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^
Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)
Nên O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra M E O ^ = 90 0
⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^ = DFC ^
Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => B D F ^ = B A C ^
∆ BDF và ∆ BAC có B D F ^ = B A C ^ (cmt); B ^ chung do đó ∆ BDF ~ ∆ BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ~ ∆ ABC(g-g)
Do đó ∆ DBF ~ ∆ DEC ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)
Vì ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒ D I D F = D J D C (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) => DIJ ^ = DFC ^