Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét \(\Delta\)ABC: Trực tâm H => ^BAC + ^BHC = 1800. Tương tự: ^BPC + ^BMC = 1800
Suy ra: ^BAC + ^BHC = ^BPC + ^BMC. Ta có: ^BHC = ^BMC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
=> ^BAC = ^BPC => Tứ giác ABCP nội tiếp => P nằm trên (ABC) hay P thuộc (O) (đpcm)
b) Gọi AO cắt BC tại F'. Ta đi chứng minh F trùng F'. Thật vậy:
Gọi 2 đường cao của tam giác ABC là BT và CS. ST cắt AH tại I.
Tứ giác BSTC nội tiếp => ^ATS = ^ABC => ^ATI = ^ABF'. Dễ thấy: ^TAI = ^BAF'
Suy ra: ^AF'B = ^AIT. Mà HE // AF', ^AIT = ^HIS nên ^HEB = ^HIS => \(\Delta\)HBE ~ \(\Delta\)HSI (g.g)
=> \(\frac{BE}{SI}=\frac{HB}{HS}=\frac{BC}{ST}=\frac{AC}{AS}\). Ta cũng có: \(\Delta\)AF'C ~ \(\Delta\)AIS (g.g) => \(\frac{CF'}{SI}=\frac{AC}{AS}\)
Do đó: \(\frac{BE}{SI}=\frac{CF'}{SI}\)=> BE = CF' . Mà BE = CF nên CF = CF' => F trùng F' => A,F,O thẳng hàng (đpcm).
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BHC. Dễ thấy O đối xứng với K qua BC => CO=OP=CK (1)
Ta có: Hai đường tròn (N) và (K) có 2 điểm chung là B và M => KN vuông góc BM, kết hợp OK vuông góc BC
=> ^OKN = ^MBC (2 góc có 2 cạnh tương ứng vuông góc). Tương tự thì ^ONK = ^MBA
Mà ^MBC = ^MBA (Do BM là phân giác ^ABC) nên ^OKN = ^ONK => \(\Delta\)NOK cân tại O
Suy ra O nằm trên trung trực của NK và CP (Vì OP=OC)
Mặt khác: NK vuông góc BM. BM lại vuông góc CP (M là trực tâm \(\Delta\)BCP) => NK // CP
Từ đó: Trung trực của NK và CP trùng nhau => Tứ giác PNKC là hình thang cân => CK = PN (2)
Từ (1),(2) => PN = PO (đpcm).
a) Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là trực tâm tam giác PBC.
Từ đó ta có \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}\). Do H là trực tâm tam giác ABC nên \(\widehat{BAC}=180^0-\widehat{BHC}\)
Mà ta lại có \(\widehat{BHC}=\widehat{BMC}\)do tứ giác BHMC nội tiếp.
Do đó ta được \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}=180^0-\widehat{BHC}=\widehat{BAC}\). Suy ra bốn điểm A,B,C,P cùng thuộc một đường tròn
Vậy P nằm trên (O)
b) Dựng đường kính AK của đường tròn (O). Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành.
Xét \(\Delta BHE\)và \(\Delta CKF\)có BE = CF,\(\widehat{HBE}=\widehat{KCF}\), BH = CK nên \(\Delta BHE=\Delta CKF\left(c-g-c\right)\)
Từ đó ta được \(\widehat{KFC}=\widehat{HEB}\)suy ra HE song song với KF. Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thẳng hàng.
Vậy ba điểm A, F, O thẳng hàng (đpcm)
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Ta có \(\Delta BHC=\Delta CKB\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKB. Từ đó ta suy ra được OB = OC = IB = IC. Chú ý rằng ON là đường trung trực của AB và OI là đường trung trực của BC, IN là đường trung trực của BM nên ta suy ra được \(\widehat{ONI}=\widehat{ABM}\)và \(\widehat{OIN}=\widehat{MBC}\)
Từ đó dẫn đến \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)nên \(\widehat{OIN}=\widehat{ONI}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)hay tam giác OIN cân tại O, đồng thời ta có \(\widehat{NOI}=180^0-2\widehat{NIO}=180^0-\widehat{ABC}\)
Lại có \(\widehat{POB}=2\widehat{PCB}=2\left(90^0-\widehat{MBC}\right)=180^0-2\widehat{MBC}=180^0-\widehat{ABC}\)
Từ đó ta được \(\widehat{NOI}=\widehat{POB}\)nên suy ra \(\widehat{NOP}=\widehat{IOB}\)
Hai tam giác OBI và OPN có \(OI=ON,\widehat{NOP}=\widehat{IOB},OB=ON\)nên \(\Delta OBI=\Delta POB\)
Mà tam giác OBO cân tại B nên tam giác OPN cân tại P. Từ đó suy ra PN = PO
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
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) Xét Δ AFH vuông tại F => A, F, H thuộc đường tròn đường kính AH
ΔAGH vuông tại G => A, G, H thuộn đường tròn đường kính AH
=> Tứ giác AFHG nội tiếp đường tròn đường kính AH
CMTT => BGFC nội tiếp đường tròn đường kính BC
b) Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHG => I là trung điểm AH
M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BGFC => M là trrung điểm BC
Xét ΔAHG vuông tại G, trung tuyến GI => GI = IA = IH => ΔIAG cân tại I => \(\widehat{IAG}=\widehat{IGA}\)
CMTT => \(\widehat{MCG}=\widehat{MGC}\). Mà \(\widehat{MCG}=\widehat{IAG}\) (cùng phụ \(\widehat{GBC}\)) => \(\widehat{MGC}=\widehat{IGA}\)
=> \(\widehat{IGA}+\widehat{IGH}=\widehat{MGC}+\widehat{IGH}=\widehat{IGM}=90^o\) => IG ⊥ MG
=> MG là tiếp tuyến đường tròn tâm I
c) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) => \(\widehat{ACK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ΔACK vuông tại C => \(\widehat{KAC}=90^o-\widehat{AKC}\)
ΔABE vuông tại E => \(\widehat{EAB}=90^o-\widehat{ABE}\) hay \(\widehat{DAB}=90^o-\widehat{ABC}\)
Xét đường tròn (O) có \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\))
=> \(90^o-\widehat{AKC}=90^o-\widehat{ABC}\) => \(\widehat{DAB}=\widehat{KAC}\) => \(\stackrel\frown{BD}=\stackrel\frown{KC}\) (góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau)
=> BD = KC (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau)
Xét ΔAKC vuông tại C, theo định lý Pytago có: AC2 + KC2 = AK2
Xét ΔAEC vuông tại E, theo định lý Pytago có: EA2 + EC2 = AC2
ΔBED vuông tại E, theo định lý Pytago có: EB2 + ED2 = BD2
Mà BD = KC (cmt) => BD2 = KC2 => EB2 + ED2 = KC2
=> EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AC2 + KC2 = AK2 = (2R)2 = 4R2
Sửa đề: BF và CE cắt nhau tại H
a) Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp đường tròn(B,E,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBEC vuông tại E(Định lí)
\(\Leftrightarrow CE\perp BE\)
\(\Leftrightarrow CE\perp AB\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AEC}=90^0\)
hay \(\widehat{AEH}=90^0\)
Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp đường tròn(B,F,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBFC vuông tại F(Định lí)
\(\Leftrightarrow BF\perp CF\)
\(\Leftrightarrow BF\perp AC\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AFB}=90^0\)
hay \(\widehat{AFH}=90^0\)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Xét ΔABC có
BF là đường cao ứng với cạnh AC(cmt)
CE là đường cao ứng với cạnh AB(cmt)
BF cắt CE tại H(gt)
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)
\(\Leftrightarrow AH\perp BC\)
hay \(AD\perp BC\)(đpcm)
a) Tứ giác ACEH có
ˆACE=ˆEHA=900ACE^=EHA^=900(cùng nhìn AE)
=> tứ giác ACHE nội tiếp
b) tứ giác ACHE nội tiếp
=> ˆEAH=ˆHCEEAH^=HCE^(cùng chắn EH)
lại có ˆADF=ˆACFADF^=ACF^(cùng chắn AF)
mà ˆACF+ˆHCE=900ACF^+HCE^=900do ˆACE=900ACE^=900
=>ˆEAH+ˆADF=900EAH^+ADF^=900
=> DF⊥ABDF⊥AB
mà EH⊥ABEH⊥AB
=> DF//EHDF//EH
c)các bước chứng minh nè :
cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)
thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D
a) Tứ giác ACEH có
\(\widehat{ACE}=\widehat{EHA}=90^0\)(cùng nhìn AE)
=> tứ giác ACHE nội tiếp
b) tứ giác ACHE nội tiếp
=> \(\widehat{EAH}=\widehat{HCE}\)(cùng chắn EH)
lại có \(\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\)(cùng chắn AF)
mà \(\widehat{ACF}+\widehat{HCE}=90^0\)do \(\widehat{ACE}=90^0\)
=>\(\widehat{EAH}+\widehat{ADF}=90^0\)
=> \(DF\perp AB\)
mà \(EH\perp AB\)
=> \(DF//EH\)
c)các bước chứng minh nè :
cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)
thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D