Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Chứng minh tam giác MAB đồng dạng tam giác MFC
b) Chứng minh góc \(\widehat{BKF}=\widehat{FAD}\)
c) E là trực tâm của \(\Delta MBC\)suy ra MH vuông góc BC ... suy ra tứ giác MDBH là hình thang
d) \(\Delta BHE\)đồng dạng \(\Delta BAC\)... suy ra BE.BA=BC.BH
\(\Delta CHE\)đồng dạng \(\Delta CFB\)... suy ra CE.CF=CB.CH
BE.BA+CE.CF=BC.BH+CB.CH=BC(BH+CH)=BC.BC=BC^2
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
1. Xét tứ giác CEHD có :
CEH = 90 ( BE là đường cao )
CDH = 90 ( AD là đường cao )
⇒ CEH + CDH = 90 + 90 = 180
Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD
⇒ CEHD là tứ giác nội tiếp (đpcm)
2. BE là đường cao ( gt )
⇒ BE ⊥ AB ⇒ BFC = 90
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90 ⇒ E và F cùng nằm trên (O) đường kính AB
⇒ 4 điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)
3. Xét ΔAEH và ΔADC có :
AEH = ADC (=90)
A chung
⇒ ΔAEH ~ ΔADC
⇒ AE/AD = AH/AC
⇒ AE.AC = AH.AD
Xét ΔBEC và ΔADC có :
BEC = ADC (=90)
C chung
⇒ ΔBEC ~ ΔADC
⇒ AE/AD = BC/AC
⇒ AD.BC = BE.AC (đpcm)
4. Có : C1 = A1 (cùng phụ góc ABC)
C2 = A1 ( hai góc nối tiếp chắn cung BM )
⇒ C1 = C2 ⇒ CB là tia phân giác HCM
Lại có : CB ⊥ HM
⇒ Δ CHM cân tại C
⇒ CB là đường trung trực của HM
⇒ H và M đối xứng nhau qua BC (đpcm)
5. Có : Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn ( câu 2 )
⇒ C1 = E1 (hai góc nội tiếp cùng chắn BF) (*)
Có : Tứ giác CEHD nội tiếp (câu 1)
⇒ C1 = E2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra :
E1 = E2
⇒ EB là tia phân giác DEF
Cm tương tự ta được : FC là tia phân giác của DFE
Mà BE và CF cắt nhau tại H
⇒ H là tâm của đường tròn nội tiếp ΔDEF
vì Đường tròn (O;R) có đường kính BC cắt AB, AC lần lượt là F và E => góc HEA = góc HFA = 90o
mà hai góc này là hai góc đối nhau=> tứ giác AFHE nội tiếp
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)
Lời giải:
a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)
Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)
hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)
Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)
Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$
\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)
\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)
c)
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)
\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.
d)
$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)
Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)
Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)
Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)
Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)
Nguyễn Xuân Dương: làm sao như vậy được em. Đường tròn (O) tiếp xúc với ba cạnh tam giác thì đây là đặc điểm của đường tròn nội tiếp (tiếp xúc trong) hoặc bàng tiếp (tiếp xúc ngoài). Ở đây ta đang làm trong TH nó tiếp xúc trong.