Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc HBC+góc HCB=90 độ-góc ACB+90 độ-góc ABC=góc BAC
=>góc BHC+góc BAC=180 độ
H đối xứng K qua BC
=>BH=BK và CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
CH=CK
BC chung
=>ΔBHC=ΔBKC
=>góc BKC=góc BHC
=>góc BKC+góc BAC=180 độ
=>ABKC nội tiếp
b: Gọi Ax là tiếp tuyến của (O) tại A
=>góc xAC=góc ABC=góc AEF
=>EF//Ax
=>EF vuông góc OA
c: Xét tứ giác BHCA' có
BH//CA'
BA'//CH
=>BHCA' là hbh
=>H,I,A' thẳng hàng
a:
H đối xứng K qua BC
=>BH=BK CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
HC=KC
BC chung
=>ΔBHC=ΔBKC
=>góc BHC=góc BKC
góc BHC=180 độ-góc HBC-góc HCB
=90 độ-góc HBC+90 độ-góc HCB
=góc ABC+góc ACB
=180 độ-góc BAC
=>góc BAC+góc BHC=180 độ
=>góc BAC+góc BKC=180 độ
=>ABKC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔABM nội tiếp
AM là đường kính
=>ΔABM vuông tại B
=>BM//CH
Xét (O) có
ΔACM nội tiếp
AM là đường kinh
=>ΔACM vuông tại C
=>CM//BH
mà BM//CH
nên BHCM là hình bình hành
=>CB căt HM tại trung điểm của mỗi đường
=>H,I,M thẳng hàng
Lời giải:
a) Vì $SB, SC$ là tiếp tuyến $(O)$ nên $SB\perp OB, SC\perp OC$
$\Rightarrow \widehat{OBS}=\widehat{OCS}=90^0$
Tứ giác $SBOC$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{OBS}+\widehat{OCS}=90^0+90^0=180^0$ nên $SBOC$ là tứ giác nội tiếp.
b)
$\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BFEC$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}(1)$
Mà:
$\widehat{IBF}=\widehat{IBA}=\widehat{ACB}(2)$ (góc nt tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{IBF}$
$\Rightarrow \triangle IFB$ cân tại $I$
$\Rightarrow IF=IB$
c)
$\widehat{FAK}=\widehat{BAO}=\frac{180^0-\widehat{AOB}}{2}=90^0-\widehat{ACB}=\widehat{CAD}(3)$
$\widehat{AFK}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{ACD}(4)$
Từ $(3);(4)\Rightarrow \triangle AFK\sim \triangle ACD$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FK}{CD}(*)$
Mặt khác:
Dễ thấy $\triangle AFE\sim \triangle ACB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FE}{CB}(**)$
Từ $(*);(**)\Rightarrow \frac{FK}{CD}=\frac{EF}{BC}$
$\Rightarrow FK.BC=EF.CD$ (đpcm)
Cho △ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp (O), 2 đường cao BD và CE cắt nhau tại H
a/ Chứng minh : B,C,D,E cùng nằm trên một đường tròn .Xác định tâm M của đường tròn này.
b/ Chứng minh : OM // AH
c/ Chứng minh : AB.AE = AC.AD
d/ Gọi K là điểm đối xứng của H qua M .
a) Xét tứ giác BCEF có
\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) là hai góc đối
Do đó: BCEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét tứ giác BHCK có
I là trung điểm của đường chéo BC(gt)
I là trung điểm của đường chéo HK(H đối xứng với K qua I)
Do đó: BHCK là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
hay BH//CK
Suy ra: BE//CK
mà BE⊥AC(gt)
nên CK⊥AC
⇔C nằm trên đường tròn đường kính AK
mà C,A cùng thuộc (O)
nên AK là đường kính của (O)
hay A,O,K thẳng hàng(đpcm)
a) Dễ thấy A, H, K thẳng hàng.
Ta có \(\widehat{KCB}=\widehat{HCB}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{KAB}\).
Suy ra tứ giác ACKB nội tiếp.
b) \(\widehat{ABD}=\widehat{AA'C};\widehat{ADB}=\widehat{ACA'}=90^o\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta AA'C\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{A'AC}\)
\(\Rightarrow\widehat{AA'C}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{AEF}\Rightarrow AA'\perp EF\)
c) Ta có BH // A'C (do cùng vuông góc với AC), CH // A'B (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCA' là hình bình hành. Suy ra H, I, A' thẳng hàng.
d) Do OI là đường trung bình của tam giác A'AH nên OI // AH,\(\dfrac{OI}{AH}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{AG}\Rightarrow\) H, G, O thẳng hàng và \(\dfrac{OG}{HG}=\dfrac{1}{2}\). Từ đó \(S_{AHG}=2S_{AOG}\) (đpcm)
xin hình vẽ