Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a,Chứng minh được BFCH là hình bình hành
b, Sử dụng kết quả câu a), suy ra HF đi qua M
c, Chú ý: OM là đường trung bình của ∆AHF => ĐPCM
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB đồng dạng với ΔAEC
=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)
b: Xét (O) có
ΔABF nội tiếp
AF là đường kính
Do đó: ΔABF vuông tại B
=>BF vuông góc AB
mà CH vuông góc AB
nên BF//CH
Xét (O) có
ΔACF nội tiếp
AF là đường kính
Do đó: ΔACF vuông tại C
=>AC vuông góc CF
mà AC vuông góc BH
nên BH//CF
Xét tứ giác BHCF có
BH//CF
BF//CH
Do đó: BHCF là hình bình hành
c: BHCF là hình bình hành
=>BC cắt HF tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HF
=>H,M,F thẳng hàng
cho tam giác ABC vuông cân tại B.Trên cạnh BA và BC lấy hai điểm E và F sao cho BE = BF.Qua B và E kẻ đường vuông góc với AF,chúng cắt AC lần lượt ở I và K. EK cắt BC tại H
a)Chứng minh tam giác AHC cân
b)chứng minh I là trung điểm KC
c)Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm EC,AF,EF
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) Ta có:
\(BD\perp AC\left(gt\right)\) và \(\widehat{ACF}=90^0\)(góc nt chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow BD//FC\Leftrightarrow BH//FC\left(1\right)\)
\(CE\perp AB\left(gt\right)\) và \(\widehat{ABF}=90^0\) (................)
\(\Rightarrow CE//BF\Leftrightarrow CH//FB\left(2\right)\)
Từ (1)và (2) \(\Rightarrow\) BFCH là hình bình hành.
b) Do BFCH là hình hành và MB=MC (gt)
\(\Rightarrow M\) là giao điểm của 2 đường chéo của hình bình hành
\(\Rightarrow H,M,F\) thẳng hàng (đpcm).
c) Xét \(\Delta AFH\) có \(OA=OF\left(=R\right)\) và \(HM=MF\) (c\m trên)
\(\Rightarrow OM\) là đường trung bình \(\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\left(đpcm\right)\)
ĐỈnh cao