Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????
3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)
Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE
4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)
Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE
⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK
Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC
a, Tứ giác BDQH nội tiếp vì B D H ^ + B Q H ^ = 180 0
b, Vì tứ giác ACHQ nội tiếp =>
C
A
H
^
=
C
Q
H
^
Vì tứ giác ACDF nội tiếp => C A D ^ = C F D ^
Từ đó có C Q H ^ = C F D ^ mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//HQ
c, Ta có H Q D ^ = H B D ^ (câu a)
H B D ^ = C A D ^ = 1 2 s đ C D ⏜
C A D ^ = C Q H ^ (ACHQ cũng nội tiếp)
=>
H
Q
D
^
=
H
Q
C
^
=> QH là phân giác
C
Q
D
^
Mặt khác chứng minh được CH là phân giác góc Q C D ^
Trong tam giác QCD có H là giao của ba đường phân giác nên H là tâm đường tròn nội tiếp => H cách đều 3 cạnh CD, CQ, DQ
d, Vì CMFN là hình chữ nhật nên MN và CF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Trong tam giác FCD có MN//CD và MN đi qua trung điểm CF nên MN đi qua trung điểm DF
Mặt khác AB đi qua trung điểm của DF nên 3 đường thẳng MN, AB, DF đồng quy
bạn giải thích lại giúp mình câu b được không ạ? tại mình không hiểu câu đó lắm, mình cảm ơn!
c.
Tứ giác IKNC là tứ giác nội tiếp (cmt)=> \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{IC}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ANC=}\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\))
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{IKC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => IK // HB (dhnb)
Chứng minh tương tự câu a ta có: Tứ giác AMHI là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{AHI}=\widehat{AMI}=\widehat{AMC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AI}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{AHI}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => HI // BK
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{BM}\)
Xét đt(O) có: \(\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)và \(\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)=> CM là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)
CMTT ta có: AN là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)
Mà 2 dây AN và CM cắt nhau tại I (gt) => BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)hay BI là tia phân giác của \(\widehat{HBK}\)
Xét tứ giác BHIK có:
* HI // BK (cmt)
* IK // HB (cmt)
=> tứ giác BHIK là hình bình hành (DHNB)
Mà BI là phân giác của \(\widehat{HBK}\)(cmt) => tứ giác BHIK là hình thoi (dhnb hình thoi)
d. Vì \(\widehat{NBK}=\widehat{BMN}=\widehat{BMK}\left(cmt\right)\)=> BN là tiếp tuyến tại B của đt (P) ngoại tiếp \(\Delta MBK\)=> \(BN\perp BP\)Mà \(BN\perp BD\)do \(\widehat{DBN}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => B, P , D thẳng hàng
Tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng
\(\Delta BPK\)và \(\Delta DBC\)là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy => góc ở đỉnh của chúng bằng nhau => \(\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\)Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => PK // DC (dhnb) => PK // DQ
CMTT ta có: DP // QK => DPKQ là hình bình hành (dhnb HBH) => DK đi qua trung điểm của PQ => D, E, K thẳng hàng (đpcm)
a. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)(2 góc nội tiếp chắn 2 cung = nhau)
Lại có: \(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)(CÙNG = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)) => \(\widehat{MNA}=\widehat{BCM}\)hay \(\widehat{KNI}=\widehat{KCI}\)(Do M,K,N và A,I,N => \(\widehat{MNA}=\widehat{KNI}\); M,I,C và B,K,C => \(\widehat{BCM}=\widehat{KCI}\)) => IKNC là tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
b. Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{BMN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)và \(\widehat{NBC}=\widehat{NBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)
mà N là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{BC}\)(gt) => sđ \(\widebat{BN}\)= sđ \(\widebat{NC}\)=> \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)
Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta KBN\)có:
* \(\widehat{N}\)chung
* \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)(cmt)
=> \(\Delta BMN~\Delta KBN\)(g.g) => \(\frac{NB}{NK}=\frac{NM}{NB}\)<=> \(NB^2=NK.NM\)(đpcm)
a/ Ta có
\(BE\perp AC\Rightarrow\widehat{AEB}=90^o\)
\(AH\perp BC\Rightarrow\widehat{AHB}=90^o\)
=> E và H cùng nhìn AB dưới 1 góc bằng 90 độ => E;H,A;B thuộc đường tròn bán kính = \(\frac{AB}{2}\) , tâm là trung điểm AB
b/ Ta có
\(\widehat{DBE}=\widehat{DFE}\) (Góc nội tiếp đường tròn tâm O cùng chắn cung DE)
\(\widehat{DBE}=\widehat{AHE}\) (Góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp HBAE cùng chắn cung AE)
\(\Rightarrow\widehat{DFE}=\widehat{AHE}\) => DF//AH (Hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 tạo thành hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau thì chúng // với nhau)
Mà \(AH\perp BC\Rightarrow DF\perp BC\)
c/
Từ E dựng đường thẳng vuông góc với BC cắt (O) tại I => gia của BC với EI là trung điểm EI (đường kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung) => I là điểm đối xứng E qua BC.
Nối I với H, D với H
Xét \(\Delta HDF\) và \(\Delta HEI\) ta có
\(BC\perp DF;BC\perp EI\) => BC đi qua trung điểm của DF và EI => tg HDF và tg HEI là tam giác cân tại H (có BC là đường cao đồng thời là đường trung trực)
\(\Rightarrow\widehat{HEI}=\widehat{HIE};\widehat{HDF}=\widehat{HFD}\) (góc ở đáy của tg cân)
Ta có DF//EI (cùng vuông góc với BC) => sđ cung DE = sđ cung FI (Trong đường tròn hai cung bị chắn bởi 2 dây // với nhau thì = nhau)
\(\Rightarrow\widehat{HFD}=\widehat{HEI}\) (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung có số đo bằng nhau)
\(\Rightarrow\widehat{HEI}=\widehat{HIE}=\widehat{HDF}=\widehat{HFD}\) => tg HDF đồng dạng với tg HEI
\(\Rightarrow\frac{HD}{HE}=\frac{HF}{HI}\Rightarrow HD.HI=HE.HF\)