Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Chứng minh tứ giác IEHFIEHF nội tiếp được đường tròn.
Ta có ∠AEB=∠AFB=900∠AEB=∠AFB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
⇒AE⊥EB,AF⊥EB⇒AE⊥EB,AF⊥EB hay BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900.
Xét tứ giác IEHFIEHF có: ∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒ Tứ giác IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
b) Chứng minh ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
Cách 1:
Ta có IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠EIH=∠EFH⇒∠EIH=∠EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EHEH)
Hay ∠AIH=∠EFA.∠AIH=∠EFA.
Mà ∠EBA=∠EFA∠EBA=∠EFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AFAF của (O)(O))
⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)
Cách 2:
Xét tam giác IABIAB có hai đường cao AF,BEAF,BE cắt nhau tại H⇒HH⇒H là trực tâm tam giác IABIAB.
⇒IH⊥AB⇒IH⊥AB hay IK⊥ABIK⊥AB tại KK.
Xét tam giác vuông AIKAIK có: ∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900.
Xét tam giác vuông ABEABE có: ∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900.
Do đó ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
c) Chứng minh cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
Nối PA,PBPA,PB ta có ∠APB=900∠APB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác BPKBPK và tam giác BAPBAP có:
∠ABP∠ABP chung;
∠BKP=∠BPA=900;∠BKP=∠BPA=900;
⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: PKPA=BKPB=PK+BKPA+PBPKPA=BKPB=PK+BKPA+PB (1).
Xét tam giác vuông BKPBKP ta có: cos∠ABP=cos∠KPB=BKPBcos∠ABP=cos∠KPB=BKPB (2).
Từ (1) và (2) ta có cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
d) Gọi SS là giao điểm cuả tia BFBF và tiếp tuyến tại AA của nửa đường tròn (O)(O). Khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK.
Xét tứ giác AEHKAEHK có: ∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒ Tứ giác AEHKAEHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
⇒∠HEK=∠HAK=FAB⇒∠HEK=∠HAK=FAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HKHK);
Lại có ∠FAB=∠FEB∠FAB=∠FEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FBFB của (O)(O));
⇒∠HEK=∠FEB⇒EB⇒∠HEK=∠FEB⇒EB là phân giác của ∠FEK∠FEK ⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB (3).
Ta có: {IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒{IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒ Tứ giác AHISAHIS là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song).
Khi AHISAHIS là tứ giác nội tiếp thì ∠SAH+∠SIH=1800∠SAH+∠SIH=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) ;
Mà ∠SAH+∠AHI=1800∠SAH+∠AHI=1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau) ;
⇒∠SIH=∠AHI⇒⇒∠SIH=∠AHI⇒ Tứ giác AHISAHISlà hình thang cân.
Do đó ∠ISA=∠SAH∠ISA=∠SAH (Tính chất hình thang cân) hay ∠BSA=∠SAF∠BSA=∠SAF.
Mà ∠SAF=∠SBA∠SAF=∠SBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AFAF );
⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB vuông cân tại A⇒∠SBA=450A⇒∠SBA=450.
⇒ΔFAB⇒ΔFAB vuông cân tại F⇒∠FAB=450F⇒∠FAB=450 (4).
Từ (3) và (4) ta có ∠FEK=2∠FAB=2.450=900∠FEK=2∠FAB=2.450=900.
Vậy khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK(đpcm).
a, ta có : góc AEB = 90 độ
suy ra góc HEI = 90 độ
tương tự ta có góc HFI = 90 độ
suy ra : góc HEI + góc HFI = 180 độ
suy ra IEHF nội tiếp đường tròn
b, góc AIH = AFE
mà góc ABE = góc AFE
suy ra góc AIH = góc ABE
(Quá lực!!!)
Đầu tiên, hãy CM tam giác \(EAH\) và \(ABD\) đồng dạng.
Từ đó suy ra \(\frac{EA}{AB}=\frac{AH}{BD}\) hay \(\frac{EA}{OB}=\frac{AC}{BD}\).
Từ đây CM được tam giác \(EAC\) và \(OBD\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ECA}=\widehat{ODB}\). Do đó nếu gọi \(OD\) cắt \(EC\) tại \(L\) thì CM được \(OD⊥EC\).
-----
Đường tròn đường kính \(NC\) cắt \(EC\) tại \(F\) nghĩa là \(NF⊥EC\), hay \(NF\) song song với \(OD\).
Vậy \(NF\) chính là đường trung bình của tam giác \(AOD\), vậy \(NF\) qua trung điểm \(AO\) (là một điểm cố định) (đpcm)
Mình không vẽ được hình nên bạn thông cảm
c, Từ câu a
Tứ giác AMQK nội tiếp
=> KQI=MAK
Mà MAK=KPI (do PH song song MA)
=> KQI=KPI
=> tứ giác KQPI nội tiếp
=> PKI=IQP=BQP
Mà BQP=PAB( tứ giác AQPB nội tiếp đường tròn tâm O)
=> PKI=PAB
=> \(KI//AB\)
Lại có \(AB\perp AM\)
=> \(KI\perp AM\)(đpcm)
Vậy \(KI\perp AM\)
b) Dễ thấy C là trực tâm của tam giác IAB nên C, I, H thẳng hàng.
Do tứ giác AICK là hình thang nội tiếp được đường tròn nên là hình thang cân.
Khi đó \(\widehat{IAK}=\widehat{CKA}\Rightarrow\widehat{IAB}=\widehat{NBA}\)
Suy ra tam giác NAB vuông cân tại N nên \(\widehat{NBA}=45^o\).
Ta có các tứ giác CMIN, AMIH nội tiếp được nên \(\widehat{NMH}=\widehat{NMI}+\widehat{HMI}=\widehat{ICN}+\widehat{IAB}=45^o+45^o=90^o\Rightarrow MN\perp MH\).
c) Đề phải là \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}\ge6\).
Đặt \(x=\dfrac{IH}{CH};y=\dfrac{IN}{AN};z=\dfrac{IM}{BM}\left(x,y,z< 1\right)\).
Ta có \(x+y+z=\dfrac{S_{IAB}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{IBC}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{ICA}}{S_{ABC}}=1\).
Lại có \(\dfrac{IH}{CH}=x\Rightarrow\dfrac{CH}{IH}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow\dfrac{IC}{IH}=\dfrac{1}{x}-1\).
Tương tự \(\dfrac{IA}{IN}=\dfrac{1}{y}-1;\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{z}-1\).
Do đó \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-3\ge_{Svacxo}\dfrac{9}{x+y+z}-3=\dfrac{9}{1}-3=6\).
Vậy ta có đpcm.