Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)
b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)
Vậy thì \(\Delta EHD\sim\Delta BHC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}\Rightarrow BH.DH=EH.CH\)
c) Do góc \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\) nên \(\widehat{EDA}=\widehat{CBE}\) (Cùng phụ với hai góc trên)
Suy ra \(\widebat{AC}=\widebat{AP}+\widebat{QC}\)
Lại có \(\widebat{AC}=\widebat{AQ}+\widebat{QC}\Rightarrow\widebat{AP}=\widebat{AQ}\Rightarrow AP=AQ\)
(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)
Vậy tam giác APQ cân tại A.
Ta thấy \(\widehat{AEQ}=\widebat{AQ}+\widebat{PB}=\widebat{AP}+\widebat{PB}=\widebat{AB}=\widehat{AQB}\)
Vậy \(\Delta AEQ\sim\Delta AQB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AQ}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AQ^2=AE.AB\Rightarrow AP^2=AE.AB\)
d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên \(AO⊥PQ\)
Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Khi đó \(\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}PQ.AK}{\frac{1}{2}BC.AI}=\frac{PQ}{2BC}\Rightarrow\frac{AK}{AI}=\frac{1}{2}\)
Lại có \(\Delta ABI\sim\Delta ADK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AI}{AK}=\frac{1}{2}\)
Xét tam giác vuông ABD có \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widebat{BC}=60^o\)
Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC thì \(\widehat{BAC}=60^o\). Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :
\(BC=R\sqrt{3}\)
a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì ^BEC=^BDC=90o
b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ^EDH=^BCH
Vậy thì ΔEHD∼ΔBHC(g−g)⇒EHBH =DHCH ⇒BH.DH=EH.CH
c) Do góc ^EDH=^BCH nên ^EDA=^CBE (Cùng phụ với hai góc trên)
Suy ra ⁀AC=⁀AP+⁀QC
Lại có ⁀AC=⁀AQ+⁀QC⇒⁀AP=⁀AQ⇒AP=AQ
(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)
Vậy tam giác APQ cân tại A.
Ta thấy ^AEQ=⁀AQ+⁀PB=⁀AP+⁀PB=⁀AB=^AQB
Vậy ΔAEQ∼ΔAQB(g−g)⇒AEAQ =AQAB ⇒AQ2=AE.AB⇒AP2=AE.AB
d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên AO⊥PQ
Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Khi đó S1S2 =12 PQ.AK12 BC.AI =PQ2BC ⇒AKAI =12
Lại có ΔABI∼ΔADK(g−g)⇒ABAD =AIAK =12
Xét tam giác vuông ABD có ABAD =12 ⇒^BAC=60o⇒⁀BC=60o
Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC thì ^BAC=60o. Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :
BC=R√3
~~~~~~~~~~~ai đi ngang qua nhớ để lại k ~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~ Chúc bạn sớm kiếm được nhiều điểm hỏi đáp ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~ Và chúc các bạn trả lời câu hỏi này kiếm được nhiều k hơn ~~~~~~~~~~~~
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: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAEC vuông tại E và ΔADB vuông tại D có
\(\widehat{EAC}\) chung
Do đó: ΔAEC đồng dạng với ΔADB
=>\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\)
=>\(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)
Xét ΔABC có
CE,BD là đường cao
CE cắt BD tại H
DO đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại M
Xét tứ giác AEHD có
\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
=>AEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH}\)
=>\(\widehat{EDB}=\widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}\left(1\right)\)
Xét tứ giác HDCM có
\(\widehat{HDC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)
=>HDCM là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HDM}=\widehat{HCM}\)
=>\(\widehat{MDB}=\widehat{ECB}=90^0-\widehat{ABC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{MDB}\)
=>DB là phân giác của \(\widehat{EDM}\)
llllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllloooooooooooooooonnnnnnnnnnnnnnnnnn
d) Gọi OA cắt ED ở K.Dễ dàng chứng minh \(AK\perp ED\)( đã cm trong các câu trên ). Kẻ AH cắt BC ở M
\(\dfrac{S_{APQ}}{S_{ABC}}=\dfrac{AK.PQ}{AM.BC}=\dfrac{PQ}{2BC}\Rightarrow AM=2AK\)
Mà \(\Delta AED\)~\(\Delta ACB\)(c.g.c),AK,AM là 2 đường cao tương ứng
\(\Rightarrow\dfrac{C_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{ED}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
Để ý rằng \(\Delta ABD\) vuông ở D có AB=2AD \(\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\)và dễ thấy tam giác ABC phải cân ---> tam giác ABC đều .
Kẻ \(ON\perp BC\) ,ta tính được \(BC=\sqrt{3}R\)
hình vẽ sao mà đẹp dữ vậy