K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

18 tháng 2 2020

ngu vcl

18 tháng 2 2020

câu a) bạn sử dụng tính chất của 3 đường cao là được.

b) bạn chứng minh là tam giác ABK là tam giác vuông do chắn nửa đường tròn

sau đó xét hai tam giác vuông ACD và AKB sao cho đồng dạng : có \(\widehat{ACD}=\widehat{AKB}\)do cùng chắn cung AB

sau đó bạn suy ra tỷ số đồng dạng rồi nhân chéo là xong.

c)

bạn xét hai tam giác MAB vad MCK  sao cho đồng dạng  do

hai góc M bằng nhau do đối đỉnh 

 góc MKC= góc MBA cùng chắn cung AC

rồi suy ra  2 tam giác đó dồng dạng rồi suy ra tỉ số đồng dạng rồi nhân chéo 

d  câu này ta có \(\hept{\begin{cases}CF\perp AB\\KB\perp AB\end{cases}\Rightarrow CF//KB\Leftrightarrow CH//KB}\)

\(\hept{\begin{cases}BE\perp AC\\KC\perp AC\end{cases}\Rightarrow BE//CK\Leftrightarrow BH//CK}\)

TỪ 2 ĐIỀU TRÊN ta suy ra được tứ giác CHBK LÀ HÌNH BÌNH HÀNH 

TỪ ĐIỀU ĐÓ SUY RA  I là giao diểm của hai đường chéo suy ra i là trung điểm của HK suy ra H,I,K thằng hàng

20 tháng 2 2019

Giúp mình câu b,c,d nhanh nhé! Mai mình nộp. Cmon mấy bạn

2 tháng 6 2020

câu này dễ bạn tự làm thư đi

tứ giác BFEC có hai góc kề nhau cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông : BFCˆ=BECˆ(=90)BFC^=BEC^(=90) ==> Tức giác BFEC là tứ giác nội tiếp

==> 4 điểm B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn.

23 tháng 5 2018

A B C O E F H D I P Q K R M

a) Chứng minh AE.AC=AH.AD:

Xét \(\Delta\)AEH và \(\Delta\)ADC: ^AEH=^ADC(=900);  ^DAC chung => \(\Delta\)AEH ~ \(\Delta\)ADC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)(đpcm).

b) Chứng minh P;H;Q thẳng hàng:

Ta nối 2 điểm P và Q với điểm H.

Xét đường tròn (I): Có AQ là tiếp tuyến; AEC là cát tuyến => ^AQE=^ACQ

Xét \(\Delta\)AEQ và \(\Delta\)AQC: ^QAC chung;  ^AQE=^ACQ => \(\Delta\)AEQ ~ \(\Delta\)AQC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AQ}{AC}=\frac{AE}{AQ}\Rightarrow AQ^2=AE.AC\)

Lại có: \(AE.AC=AH.AD\Rightarrow AQ^2=AH.AD\Rightarrow\frac{AQ}{AH}=\frac{AD}{AQ}\)

Xét \(\Delta\)AHQ và \(\Delta\)AQD: ^DAQ chung; \(\frac{AQ}{AH}=\frac{AD}{AQ}\)=> \(\Delta\)AHQ ~ \(\Delta\)AQD (c.g.c)

\(\Rightarrow\)^AQH=^ADQ (1)

Ta thấy: AP và AQ là 2 tiếp tuyến của (I) => Tứ giác APIQ nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm AI)

Dễ có tứ giác ADIQ nội tiếp đường tròn tâm là trung điểm AI (Do ^ADI=^AQI=900)

Từ đó suy ra: 5 điểm A;P;D;I;Q cùng thuộc 1 đường tròn => Tứ giác APDQ nội tiếp dường tròn

=> ^ADQ=^APQ (Cùng chắn cung AQ) (2)

Từ (1) và (2) => ^AQH=^APQ.  Mà \(\Delta\)PAQ cân đỉnh A => ^APQ=^AQP => ^AQH=^AQP

Dễ thấy 2 tia QH và QP nằm cùng phía so với mặt phẳng bờ là AQ 

=> P;H;Q là 2 điểm thẳng hàng (đpcm).

c) Chứng minh HP vuông với AK và KH vuông với AI:

Ở phần c) Mình sửa điểm P thành điểm R vì phần b) đã có điểm P rồi.

+) Ta có: Tứ giác BFEC nội tiếp (I) => ^ECB=^BFK hay ^KCE=^KFB

=> \(\Delta\)KBF ~ \(\Delta\)KEC (g.g) => \(\frac{KB}{KE}=\frac{KF}{KC}\Rightarrow KB.KC=KE.KF\)(3)

Xét đường tròn (O) có 2 cát tuyến KRA và KBC, ta có ngay tỉ số: \(\frac{KR}{KC}=\frac{KB}{KA}\Rightarrow KB.KC=KR.KA\)(4)

Từ (3) và (4) => \(KE.KF=KR.KA\)\(\Rightarrow\frac{KR}{KE}=\frac{KF}{KA}\)

=> \(\Delta\)KRF ~ \(\Delta\)KEA (c.g.c) => ^KRF=^KEA. Mà ^KRF+^FRA=1800 

=> ^KEA+^FRA=1800 hay ^FRA+^FEA=1800 => Tứ giác ARFE nội tiếp đường tròn.

Mà tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn => 5 điểm A;R;F;H;E cùng thuộc 1 đường tròn

=> Tứ giác ARFH nội tiếp đường tròn => ^ARH=^AFH.

Lại có: ^AFH=900 => ^ARH=900 => HR vuông góc AR hay HR vuông góc AK (ddpcm0.

+) Gọi giao điểm của tia RH và (O) là M => ^ARM=^ARH=900

Tứ giác ARBM nội tiếp đường trong nên ^ARM=^ABM (=900)  => AB vuông góc BM

Lại thấy CF vuông góc AB => CF//BM hay CH//BM

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn => ^ABM+^ACM=1800 => ^ACM=900

Tương tự ta c/m được: CM//BH

Xét tứ giác BHCM: CH//BM; CM//BH (cmt) => Tứ giác BHCM là hình bình hành

Do I là trung điểm BC nên H.I.M thẳng hàng  => R;H;I thẳng hàng và IR vuông góc AK

Xét \(\Delta\)KAI: IR vuông AK; AD vuông KI; IR cắt AD tại H => H là trực tâm của \(\Delta\)KAI

=> KH vuông góc với AI (đpcm).

d) Chứng minh BC;EF;PQ đồng quy:

 Vì EF cắt BC tại điểm K nên ta sẽ chứng minh K;P;Q là 3 điểm thẳng hàng.

Dễ có: Tứ giác APDI nội tiếp đường tròn => ^DPI=^DAI.

Mà ^DAI=^IKH (Cùng phụ góc AIK) => ^DPI=^IKH hay ^DPI=^DKP

Xét \(\Delta\)KPD: ^DKP + ^KDP+^KPD = 1800 => ^DPI + ^KDP + ^KPD = 1800

=> ^KPI + ^KDP = 1800 (5)

Để ý rằng tứ giác PDIQ nội tiếp đường tròn => ^IQP=^KDP.

Mà \(\Delta\)PIQ cân đỉnh I => ^IQP=^IPQ => ^KDP=^IPQ (6)

Từ (5) và (6) => ^KPI + ^IPQ = 1800 => ^KPQ = 1800 => 3 điểm K;P;Q thẳng hàng.

Qua đó, ta suy ra được BC;EF;PQ đồng quy (đpcm).

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔACI vuông tại C có

góc ABD=góc AIC

=>ΔADB đồng dạng với ΔACI

=>AD/AC=AB/AI

=>AD*AI=AB*AC

a: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BCEF nội tiếp

góc AEH+góc AFH=180 dộ

=>AEHF nội tiếp

b: góc ABK=1/2*sđ cung AK=90 độ

=>BK//CH

góc ACK=1/2*sđ cung AK=90 độ

=>CK//BH

=>BHCK là hình bình hành

=>H đối xứng K qua M