Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác CFHE có
\(\widehat{HEC}\) và \(\widehat{HFC}\) là hai góc đối
\(\widehat{HEC}+\widehat{HFC}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: CFHE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét (O) có
MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)
MB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)
Do đó: MA=MB(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Xét ΔMAB có MA=MB(cmt)
nên ΔMAB cân tại M(Định nghĩa tam giác cân)
Suy ra: \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)(hai góc ở đáy)
hay \(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)
Xét ΔFAB vuông tại F và ΔEBA vuông tại E có
AB chung
\(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)(cmt)
Do đó: ΔFAB=ΔEBA(cạnh huyền-góc nhọn)
Suy ra: \(\widehat{FBA}=\widehat{EAB}\)(hai góc tương ứng)
hay \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)
Xét ΔHAB có \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)(cmt)
nên ΔHAB cân tại H(Định lí đảo của tam giác cân)
Ta có: OA=OB(=R)
nên O nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)
Ta có: IA=IB(I là trung điểm của AB)
nên I nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)
Ta có: HA=HB(ΔHAB cân tại H)
nên H nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(3)
Ta có: MA=MB(cmt)
nên M nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(4)
Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra O,H,I,M thẳng hàng(đpcm)
a) Xét tứ giác ABEF có
\(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{AEB}\) và \(\widehat{AFB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB
Do đó: ABEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
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)
a: góc BEC=góc BFC=90 độ
=>BCEF nội tiếp
b: Xét ΔAFE và ΔACB có
góc AFE=góc ACB
góc A chung
=>ΔAFE đồng dạng với ΔACB
=>\(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AE}{AB}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
=>EF=10cm
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: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔABE vuông tại E có \(cosBAE=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(\dfrac{AE}{AB}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
ta có: BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^0\)
mà \(\widehat{BFE}+\widehat{AFE}=180^0\)(kề bù)
nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔAFE và ΔACB có
\(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAFE~ΔACB
=>\(\dfrac{FE}{CB}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(\dfrac{FE}{20}=\dfrac{1}{2}\)
=>FE=10(cm)
1: góc ABP=1/2*sđ cung AP=90 độ
=>BP//CH
góc ACP=1/2*sđ cung AP=90 độ
=>CP//BH
mà BP//CH
nên BHCP là hình bình hành
=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường
=>M là trung điểm của HP
a: Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{CBD}=\widehat{CAD}=90^0\)
nên ABCD là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔEAC vuông tại A và ΔEBD vuông tại B có
\(\widehat{AEC}\) chung
Do đó: ΔEAC~ΔEBD
=>\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EC}{ED}\)
=>\(EA\cdot ED=EB\cdot EC\)
c: Gọi Ex là tiếp tuyến tại E của (O)
=>EF\(\perp\)EF tại E
Xét (O) có
\(\widehat{xED}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ex và dây cung ED
\(\widehat{ECD}\) là góc nội tiếp chắn cung ED
Do đó: \(\widehat{xED}=\widehat{ECD}\)
mà \(\widehat{ECD}=\widehat{EAB}\left(=180^0-\widehat{BAD}\right)\)
nên \(\widehat{xED}=\widehat{EAB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ex//BA
ta có: Ex//BA
Ex\(\perp\)EF
Do đó: BA\(\perp\)EF
d: Xét (O) có
ΔECF nội tiếp
EF là đường kính
Do đó: ΔECF vuông tại C
=>FC\(\perp\)EC
mà DH\(\perp\)EC
nên DH//CF
Xét (O) có
ΔEDF nội tiếp
EF là đường kính
Do đó: ΔEDF vuông tại D
=>ED\(\perp\)DF
mà ED\(\perp\)CH
nên CH//DF
Xét tứ giác CHDF có
CH//DF
CF//DH
Do đó: CHDF là hình bình hành
=>CD cắt HF tại trung điểm của mỗi đường
mà I là trung điểm của CD
nên I là trung điểm của HF
=>H,I,F thẳng hàng
a,Xét tứ giác ABCD có:
\(\widehat{CBD}=\widehat{CAD}(=90^o)\)
\(\Rightarrow \)ABCD nội tiếp
b,Xét \(\bigtriangleup EBD\) và \(\bigtriangleup EAC\) có:
\(\widehat{CED}\): chung
\(\widehat{EBD}=\widehat{EAC}(=90^o)\)
\(\Rightarrow \)\(\bigtriangleup EBD = \bigtriangleup EAC(g-g)\)
\(\Rightarrow \)\(\frac{EB}{ED}=\frac{EA}{EC}\)
\(\Rightarrow \)\(EB.EC=EA.ED\)
c,\(\Rightarrow \)\(\frac{EB}{EA}=\frac{ED}{EC}\)
Xét \(\bigtriangleup EBA\) và \(\bigtriangleup EDC\) có:
\(\frac{EB}{EA}=\frac{ED}{EC}\)
\(\widehat{CED}\): chung
\(\Rightarrow \)\(\bigtriangleup EBA = \bigtriangleup EDC(c-g-c)\)
Ta có:\(\widehat{FED}=\widehat{FCD}(=\frac{1}{2}sđ\stackrel\frown{ED})\)
Mà \(\widehat{EAB} =\widehat{ECD}(\bigtriangleup EBD = \bigtriangleup EAC)\)
\(\Rightarrow \)\(\widehat{FED}+\widehat{EAB}=\widehat{FCD}+\widehat{ECD}=\widehat{ECF}\)
Vì \(\widehat{ECF}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow \) \(\widehat{ECF}=90^o\)
\(\Rightarrow \)\(\widehat{FED}+\widehat{EAB}=90^o\)
\(\Rightarrow \)\(EF\perp AB\)
d,Ta có: \(\widehat{FDE}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\Rightarrow \widehat{FDE}=90^o\)
\(\Rightarrow FD \perp ED\)
Mà \(CA\) là đường cao \(\Rightarrow\) \(CA \perp ED\)
\(\Rightarrow FD // CA\) Hay \(FD // CH\)
Lại có: \(\widehat{ECF}=90^o\)
\(\Rightarrow\)\(EC \perp CF\)
Mà