Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1/ Ta có:
• Góc AHB bằng 90 độ (vì AD là đường cao của tam giác ABD).
• Góc AEB bằng góc AFB bằng 90 độ (vì AB là đường cao của tam giác AFB và AC là đường cao của tam giác AEC).
Góc AHE bằng góc AFE (vì đường cao AH đồng quy với đường chéo EF của tứ giác AHEF).
• Góc AHP bằng góc AKP bằng 90 độ (vì KA là đường đường kính của đường tròn (O)).
• Góc AEP bằng góc AFP (vì đường cao AE đồng quy với đường chéo AF của tứ giác AEPF).
Do đó, ta có thể kết luận rằng 5 điểm P, A, E, H, F nằm trên cùng một đường tròn. Để xác định tâm T của đường tròn này, ta lấy hai đường kính của đường tròn là AP và EF, sau đó kẻ đường thẳng qua giữa chúng. Đường thẳng này cắt đường tròn tại T, là tâm của đường tròn.
2/ Ta có:
• Góc AHE bằng góc AFE (vì đường cao AH đồng quy với đường chéo EF của tứ giác AHEF).
• Góc EHF bằng 90 độ (vì EF là đường cao của tam giác EHF).
o Góc FHE bằng góc FEM (vì đường cao FH đồng quy với đường chéo EM của tứ giác FHEM).
Do đó, ta có thể kết luận rằng EM và FM là hai tiếp tuyến của đường tròn (T).
3/ Ta cần chứng minh rằng tam giác DEF nội tiếp đường tròn (M). Ta có:
• Góc EHF bằng 90 độ (vì EF là đường cao của tam giác EHF).
• Góc FEM bằng góc FHE (vì đường cao FH đồng quy với đường chéo EM của tứ giác FHEM). • Góc FHE bằng góc DAE
(Câu e không liên quan tới mấy câu trước, nhở)
Vẽ đường cao \(AL\). Khi đó \(AH.BC=AH\left(BL+CL\right)=AH.BL+AH.CL=2S_{AHB}+2S_{AHC}\)
Lập thêm 2 cái tương tự rồi cộng lại, phép màu sẽ xảy ra.
Gọi G là giao điểm của FC và AK.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác FBC với cát tuyến A, G, K ta có:
\(\dfrac{AF}{AB}.\dfrac{KB}{KC}.\dfrac{GC}{GF}=1\Rightarrow\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{KC}{KB}.\dfrac{AB}{AF}\). (1)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACB với cát tuyến K, E, F ta có:
\(\dfrac{EA}{EC}.\dfrac{KC}{KB}.\dfrac{FB}{FA}=1\Rightarrow\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{EC}{EA}\). (2)
Từ (1), (2) có \(\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AB}{FB}\). (*)
Mặt khác áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AFC với cát tuyến B, H, E ta có:
\(\dfrac{HC}{HF}.\dfrac{BF}{BA}.\dfrac{EA}{EC}=1\Rightarrow\dfrac{HC}{HF}=\dfrac{AB}{FB}.\dfrac{EC}{EA}\). (**)
Từ (*), (**) ta có \(\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{HC}{HF}\Rightarrow\dfrac{AC}{MF}=\dfrac{AC}{NF}\Rightarrow FM=FN\).
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
b: góc DFC=góc EBC
góc EFC=góc DAC
góc EBC=góc DAC
=>góc DFC=góc EFC
1: H đối xứng D qua AB
=>AH=AD
H đối xứng E qua AC
=>AH=AE
=>AH=AD=AE
3: Xét ΔAIH và ΔADI có
AH=AD
góc HAI=góc DAI
AIchung
=>ΔAIH=ΔAID
=>góc AHI=góc ADI=góc ADE
Xét ΔAHK và ΔAEK có
AH=AE
góc HAK=góc EAK
AK chung
=>ΔAHK=ΔAEK
=>góc AEK=góc AHK=góc AED
=>góc AHK=góc AHI
=>HA là phân giác của góc IHK
a) theo gt, BFC=BEC=90
=> BFEC nội tiếp (có 2 góc kề bang nhau)
góc AFC=ADC=90 => AFDC nội tiếp ( có 2 cạnh kề cùng nhìn một đoan thẳng bằng nhau)
b) vì tứ giác ABA'C nội tiếp => ABC = AA'C (cùng chắn cung AC)
Lại có ABC= AHF (Cùng phụ với góc BAD)
Ta thấy AFHE nội tiếp vì AFH +AEH = 90+90=180
=> AHF=AEF (Cùng chắn cung AF)
=>Đpcm
c) vì tứ giác EQA'C nôi tiếp
nên EQA'+ECA'=180 mà ECA'=90 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
=> MQP=EQA'=90 ( vì MQP+EQA=180)
Trong đó ADC=90 =>Đpcm
d) Vì ABA'C VÀ FBDH nội tiếp nên góc NA'C=ABC=DHC
=>NA'C=DHC=>Đpcm
