Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Ad cắt đường tròn tại F. Chứng minh: a) Tứ giác ABDE nội tiếp được trong một đường tròn b) DA.DF=DB.DC c) ∆BHF cân
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
13 tháng 3 2022
Xét tứ giác ABDE:
\(\widehat{AEB}=90^o\left(AE\perp BE\right).\\ \widehat{ADB}=90^o\left(AD\perp BD\right).\\ \Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{ADB}.\)
Mà 2 đỉnh E, D kề nhau, cùng nhìn cạnh AB.
\(\Rightarrow\) Tứ giác ABDE nội tiếp (dhnb).
Xét tứ giác HDCE:
\(\widehat{HEC}=90^o\left(DE\perp EC\right).\\ \widehat{HDC}=90^o\left(HD\perp DC\right).\\ \Rightarrow\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=180^o.\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau.
\(\Rightarrow\) Tứ giác HDCE nội tiếp (dhnb).
Tứ giác ABDE nội tiếp (cmt).
\(\Rightarrow\widehat{EBD}=\widehat{BAD}.\)
Xét \(\Delta DBH\) và \(\Delta DAC:\)
\(\widehat{BDH}=\widehat{ADC}\left(=90^o\right).\)
\(\widehat{HBD}=\widehat{CAD}\left(\widehat{EBD}=\widehat{BAD}\right).\)
\(\Rightarrow\Delta DBH\sim\Delta DAC\left(g-g\right).\)
\(\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DH}{DC}.\\ \Rightarrow DB.DC=DH.DA.\)
31 tháng 3 2023
a: góc AEB=góc ADB=90 độ
=>ABDE nội tiếp
b: góc CBK=1/2*180=90 độ
Xet ΔCBK vuông tại B và ΔCFA vuông tại F có
góc BCK=góc FCA
=>ΔCBK đồng dạng vơi ΔCFA
=>CB/CF=CK/CA
=>CB*CA=CF*CK
TM
3 tháng 5 2023
a) \(BE,CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\Rightarrow\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^o\).
Mà trong tứ giác \(BFEC\), hai góc này có đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh \(BC\).
Vậy : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (đpcm).
b) Ta có : \(\hat{ABD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AB\perp BD.\)
Mà : \(\hat{BFC}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AB\perp CF.\)
Từ đó suy ra : \(BD\left|\right|CF\Rightarrow BFCD\) là hình thang.
Mà : \(\hat{BFC}=\hat{ABD}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow BFCD\) là hình thang vuông.
c) Ta có : \(CF\left|\right|BD\left(cmt\right)\) hay \(CH\left|\right|BD\left(1\right).\)
Mặt khác : \(\hat{ACD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp CD\).
Và : \(BE\perp AC\left(gt\right)\)
Suy ra được : \(CD\left|\right|BE\) hay \(CD\left|\right|BH\left(2\right).\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.
Ta cũng có : \(M\) là trung điểm của \(BC\left(gt\right)\Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD\left(3\right).\)
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD\left(4\right)\) (tâm đường tròn).
Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta HAD\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\Leftrightarrow AH=2.OM\) (đpcm).
d) Cho \(I\) là giao điểm của \(OA\) và \(EF\).
Ta có : \(\hat{ACB}=\hat{ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\)).
Hay : \(\hat{ACB}=\hat{BDI}\left(5\right).\)
Mặt khác : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (cmt) nên \(\hat{AFI}=\hat{ECB}\) (cùng bù với \(\hat{BFE}\)) hay \(\hat{AFI}=\hat{ACB}\left(6\right).\)
Từ \(\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow\hat{AFI}=\hat{BDI}\) hay \(\hat{AFI}=\hat{ADB}.\)
\(\Delta ABD:\hat{BAD}+\hat{ADB}=90^o\) (hai góc phụ nhau)
\(\Rightarrow\hat{FAI}+\hat{AFI}=90^o.\)
\(\Delta AFI:\hat{FAI}+\hat{AFI}+\hat{AIF}=180^o\) (tổng ba góc trong một tam giác)
\(\Leftrightarrow\hat{AIF}=180^o-\left(\hat{FAI}+\hat{AFI}\right)=180^o-90^o=90^o\)
\(\Rightarrow OA\perp EF\) (đpcm).
a: Xét tứ giác ABDE có
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)
Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔDAC vuông tại D và ΔDBF vuông tại D có
\(\widehat{DAC}=\widehat{DBF}\)
Do đó:ΔDAC∼ΔDBF
Suy ra: DA/DB=DC/DF
hay \(DB\cdot DC=DA\cdot DF\)