Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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)
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)
a: Xéttứ giác AEHF có góc AEH+góc AFH=180 độ
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
c: Xét tứ giác AEDC có góc ADC=góc AEC=90 độ
nên AEDC là tứ giác nội tiếp
d: góc EDA=góc ABF
góc FDA=góc FDH=góc ACE
mà góc ABF=góc ACE
nên góc EDA=góc FDA
=>DA là phân giác của góc EDF
1) Vì \(\left(O\right)\) nội tiếp △ABC và tiếp xúc với AB,BC,CA lần lượt tại D,E,F.
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BE=BD\\AD=AF\\CE=CF\end{matrix}\right.\) và \(\left\{{}\begin{matrix}OD\perp ABtạiD\\OE\perp BCtạiE\\OF\perp CAtạiF\end{matrix}\right.\)
\(BD+BE=AB-AD+BC-CE=AB+BC-AF-CF=AB+BC-CA\)
\(\Rightarrow2BD=c+a-b\)
\(\Rightarrow BD=\dfrac{c+a-b}{2}\)
\(\Rightarrow AD=AB-BD=c-\dfrac{c+a-b}{2}=\dfrac{c+b-a}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\dfrac{c+b-a}{2}}{\dfrac{c+a-b}{2}}=\dfrac{c+b-a}{c+a-b}\)
Xét △BDE có: BE//AG.
\(\Rightarrow\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{c+b-a}{c+a-b}\) (định lí Ta-let).
2) \(BD=BE\Rightarrow\)△BDE cân tại B.
\(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BED}\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BDE}=\widehat{ADG}\\\widehat{BED}=\widehat{AGD}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{ADG}=\widehat{AGD}\Rightarrow\)△ADG cân tại A.
\(\Rightarrow AD=AG=AF\)
Tương tự \(AH=AF\Rightarrow AG=AH\)
\(\Rightarrow\)A là trung điểm GH.
\(\Rightarrow DA=DF=AG=\dfrac{1}{2}GH\)
△DHG có: DA là trung tuyến và \(DA=\dfrac{1}{2}GH\)
\(\Rightarrow\)△DHG vuông tại D.
\(\Rightarrow\)HD là đường cao của △GHE (1).
Tương tự: GF là đường cao của △GHE (2).
Ta có \(OE\perp BC\) mà BC//GH \(\Rightarrow OE\perp GH\)
\(\Rightarrow\)OE là đường cao của △GHE (3).
(1),(2),(3) \(\Rightarrow\)GF, HD, OE đồng quy.
3) \(EO\perp GH\) tại Q.
Gọi K là trực tâm của △GHE.
Vì △KDE, △KFE nội tiếp đường tròn đường kính KE nên:
K,D,E,F cùng thuộc 1 đường tròn.
Mà \(D,E,F\in\left(O\right)\Rightarrow K\in\left(O\right)\).
Chứng minh K là tâm đường tròn nội tiếp △DFQ \(\Rightarrow\)Sử dụng tam giác đồng dạng và tính chất 3 đg cao trong △DFQ.
a) Ta có \(\sin\widehat{OAB}=\frac{OB}{OA}=\frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat{BAC}=2\widehat{OAB}=60^0\)
Vì AB = AC nên \(\Delta ABC\) đều. Vậy \(BC=AB=OB\sqrt{3}=R\sqrt{3}\)
Gọi I là tiếp điểm của FN với (O). Ta có:
\(\widehat{MON}=\widehat{IOM}+\widehat{ION}=\frac{1}{2}\left(\widehat{IOB}+\widehat{IOC}\right)=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^0=\widehat{MCN}\)
Suy ra tứ giác MNCO nội tiếp.
b) Theo hệ thức lượng: \(\overline{AH}.\overline{AO}=AB^2=\overline{AD}.\overline{AE}\). Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp
Ta thấy \(OD=OE,HO\perp HB\), do đó HO,BC là phân giác ngoài và phân giác trong \(\widehat{DHE}\)
Dễ thấy D và P đối xứng nhau qua OA vì dây cung \(DP\perp OA\)
Vì \(\widehat{DHE}+\widehat{DHP}=2\left(\widehat{DHB}+\widehat{DHA}\right)=180^0\) nên P,H,E thẳng hàng.
c) Do N,O,E thẳng hàng nên \(\widehat{DOE}=180^0-\widehat{MON}=120^0\). Suy ra \(DE=R\sqrt{3}\)
Theo hệ thức lượng thì:
\(AD.AE=AB^2\Rightarrow AD^2+AD.DE=AB^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-\left(\frac{AB}{DE}\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-1=0\) vì \(AB=DE=R\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\frac{AD}{DE}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\left(c\right)\\\frac{AD}{DE}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{cases}}\) vì \(\frac{AD}{DE}>0\)
\(\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}.\)
1: góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nộitiếp
Tâm là trung điểm của BC
2: góc EFC=góc DAC
góc DFC=góc EBC
góc DAC=góc EBC
=>góc EFC=góc DFC
=>FC là phân giác của góc EFD
BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
mà góc A chung
nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB
=>AF/AC=AE/AB
=>AF*AB=AC*AE