Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Xét tam giác $AFN$ và $AEM$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle ANF=\angle AME=90^0\\ \angle A-\text{chung}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \triangle AFN\sim AEM(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{AF}{AE}=\frac{AN}{AM}\)
Xét tam giác $AMN$ và $AEF$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \frac{AN}{AM}=\frac{AF}{AE}\\ \angle A- \text{chung}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \triangle AMN\sim \triangle AEF(c.g.c)\Rightarrow \angle AMN=\angle AEF(1)\)
Hoàn toàn tương tự, ta dễ dàng chứng minh được:
\(\triangle ABE\sim \triangle ACF(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)
Xét tam giác $AEF$ và tam giác $ABC$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle A-\text{chung}\\ \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \triangle AEF\sim \triangle ABC(c.g.c)\Rightarrow \angle AEF=\angle ABC(2)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\angle AMN=\angle ABC\)
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(MN\parallel BC\)
Ta có đpcm.
a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEC}+\widehat{ABC}=180^0\)
AB, M
a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)
=>Ax\(\perp\)OA tại A
Xét (O) có
\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEF}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)
nên \(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//FE
ta có: Ax//FE
OA\(\perp\)Ax
Do đó: OA\(\perp\)FE
b: Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
Xét (O) có
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
\(\widehat{AKC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\)
Xét ΔADB vuông tại D và ΔACK vuông tại C có
\(\widehat{ABD}=\widehat{AKC}\)
Do đó: ΔADB~ΔACK
=>\(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AB}{AK}\)
=>\(AD\cdot AK=AB\cdot AC\)
a: góc AEB=góc AHB=90 độ
=>ABHE nội tiếp
b: góc HED=góc ABC=1/2*sđ cung AC=góc ADC
=>HE//CD
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Tứ giác BFEC có B E C ^ = B F C ^ = 90 0
=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^
∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)
=> ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^
Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)
Nên O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra M E O ^ = 90 0
⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^ = DFC ^
Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => B D F ^ = B A C ^
∆ BDF và ∆ BAC có B D F ^ = B A C ^ (cmt); B ^ chung do đó ∆ BDF ~ ∆ BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ~ ∆ ABC(g-g)
Do đó ∆ DBF ~ ∆ DEC ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)
Vì ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒ D I D F = D J D C (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) => DIJ ^ = DFC ^
a: Xét tứ giác BFEC có góc BFC=góc BEC=90 độ
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔBCK nội tiếp
BK là đường kính
Do đó: ΔBCK vuông tại C
=>CK//AH
Xét (O) có
ΔBAK nội tiếp
BK là đường kính
Do đó: ΔBAK vuông tại A
=>AK//CH
Xét tứ giác CHAK có
CH//AK
CK//AH
DO đó: CHAK là hình bình hành
a) Nối HK; BK; CK
+) Góc ACK ; góc ABK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R) => góc ACK = 90o ; góc ABK = 90o
=> AB | BK; AC | CK
Mà AB | CF; AC | BE nên CF // BK ; BE // CK => T/g BHCK là hình bình hành => 2 đường chéo BC ; HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Mà I là trung điểm của BC => I là trung điểm của HK
+) Xét tam giác AKH có: O; I là trung điểm của AK; HK => OI là đường trung bình của tam giác AKH => AH = 2.OI
b) +) Góc BAC là nội tiếp chắn cung BC => Góc BAC = 1/2 góc BOC ( Mối liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp)
=> góc BOC = 2.60o = 120o . Mà tam giác BOC cân tại O ; OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường p/g và đường cao
=> góc BOI = 1/2 góc BOC = 60o
+) Xét tam giác vuông BIO có: BI = OB.sin BOI = R. sin 60o = \(\frac{R\sqrt{3}}{2}\) => BC = 2.BI = \(R\sqrt{3}\)
Vậy....
Bài 1:
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.