Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD tại E. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG.
a.Chứng minh FD.FG=FB.FE
b.Gọi bH là điểm đối xứng của E qua AD. Chứng minh bốn điểm F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Từ tứ giác AEBG là hình bình hành suy ra \(\frac{DE}{BG}=\frac{DE}{AE}=\frac{DC}{AB}=\frac{FD}{FB}\) (1)
Đồng thời ^FDE = 1800 - ^ADE = 1800 - ^ACB = ^FBG (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)FED ~ \(\Delta\)FGB (c.g.c). Do vậy FD.FG = FB.FE (đpcm).
b) Tương tự câu a ta có \(\Delta\)FEC ~ \(\Delta\)FGA (c.g.c), suy ra ^FGA = ^FEC = 1800 - ^FEA
Vì ^FEA = ^FHA (Tính đối xứng) nên ^FGA = 1800 - ^FHA hay ^FGA + ^FHA = 1800
Vậy 4 điểm F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Lời giải:
a)
Ta có: \(\widehat{FDE}=\widehat{FCA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà \(\widehat{FCA}=\widehat{FBG}\) (so le trong với \(GB\parallel AC\) )
\(\Rightarrow \widehat{FDE}=\widehat{FBG}\)
Dễ thấy:
+ \(\triangle FAB\sim \triangle FCD(g.g)\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{AB}{CD}\)
+ \(\triangle AEB\sim \triangle DEC(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{DC}=\frac{AE}{DE}=\frac{BG}{DE}\) ( \(GB=AE\) do $AEBG$ là hình bình hành)
\(\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{BG}{DE}\)
Xét tam giác $FDE$ và $FBG$ có:
\(\widehat{FDE}=\widehat{FBG}\) (cmt)
\(\frac{FD}{FB}=\frac{DE}{BG}\) (cmt)
\(\Rightarrow \triangle FDE\sim \triangle FBG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \frac{FD}{FE}=\frac{FB}{FG}\Rightarrow FD.FG=FE.FB\) (đpcm)
b)
Tương tự phần a, ta chứng minh được \(\triangle FCE\sim \triangle FAG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \widehat{FGA}=\widehat{FEC}=180^0-\widehat{FEA}(1)\)
Mặt khác:
Do $H,E$ đối xứng nhau qua $AD$ nên $AD$ là đường trung trực của $HE$. Suy ra $AE=AH$
$F\in AD$ nên $FE=FH$
\(\Rightarrow \triangle FHA=\triangle FEA(c.c.c)\)\(\Rightarrow \widehat{FEA}=\widehat{FHA}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{FGA}=180^0-\widehat{FHA}\)
Do đó $FHAG$ là tứ giác nội tiếp, hay 4 điểm $F,H,A,G$ cùng thuộc một đường tròn.