Câu 3. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O,R). Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc AC). Kéo dài BE cất đường tròn (O,R) tại F. a) Chứng minh tử giác CDHE, ABDE nội tiếp. b) Chứng minh AHF là tam giác cân. c) Chứng minh Mẹ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ACDE. d) Cho BC = √3R, điểm A thay đổi trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A trên (O,R) đề DH. Di lớn nhất.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
xét tứ giác BFHD có
góc BFH + góc BDH = 180
mà nó là 2 góc đối => nội tiếp => góc FDH = góc FBE
chứng minh tương tự với tứ giác CEHD
=> góc HDE = góc HCE
Xét tứ giác BFEC có
góc BFC = góc BEF = 90
mà nó là 2 góc kề => tứ giác nội tiếp
mà góc BEC = 1/2 sđ BC = 90 => SĐ BC = 180 => BC là đường kính mà I là trung điểm BC => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC
=> góc FIE = góc FBE + góc FCE
=> Góc FIE = góc FDH+góc HDE => góc FIE = góc FDE
mà nó là 2 góc kề => nội tiếp
=> điều phải cm
a.
Xét tứ giác CDHE có:
\(\widehat{CDH}+\widehat{CEH}=90^o+90^o=180^o\)
Do đó: tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp.
b. Gọi I là trung điểm của HC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEC
Có: EM là trung tuyến tam giác vuông BEA
=> \(\widehat{MEB}=\widehat{MBE}\)
EI là trung tuyến tam giác vuông HEC
=> \(\widehat{IEH}=\widehat{IHE}\)
Mà: \(\widehat{MBE}=\widehat{ECH}\) (cùng phụ \(\widehat{BAC}\) )
=> \(\widehat{MEI}=\widehat{MEH}+\widehat{IEH}=\widehat{ECH}+\widehat{EHI}=90^o\)
=> ME vuông góc EI hay ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
c. Xét tam giác vuông BDH và tam giác vuông ADC có:
\(\widehat{BHD}=\widehat{ACD}\) (cùng phụ \(\widehat{HBD}\) )
=> \(\Delta BDH\sim\Delta ADC\)
=> \(\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{DH}{DC}\)
<=> \(DH.DA=BD.DC\le\left(\dfrac{BD+DC}{2}\right)^2=\dfrac{BC^2}{4}=\dfrac{3R^2}{4}\)
\(DH.DA\) max \(=\dfrac{3R^2}{4}\) khi và chỉ khi BD = DC <=> D là trung điểm của BC hay A là điểm chính giữa cung lớn BC.
☕T.Lam
a) Ta có: \(\widehat{CFB}=90^0\)(CF⊥AB)
nên F nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(1)
Ta có: \(\widehat{CEB}=90^0\)(BE⊥AC)
nên E nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(2)
Từ (1) và (2) suy ra F,E cùng nằm trên đường tròn đường kính CB
hay B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC là trung điểm của CB
b) Ta có: BEFC là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)(Cùng nhìn cạnh EC)
\(\Leftrightarrow\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)
Xét ΔKFC và ΔKBE có
\(\widehat{FKB}\) chung
\(\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)(cmt)
Do đó: ΔKFC∼ΔKBE(g-g)
⇒\(\dfrac{KF}{KB}=\dfrac{KC}{KE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒\(KE\cdot KF=KB\cdot KC\)(đpcm)
a: Xét tứ giác CDHE có \(\widehat{CDH}+\widehat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CDHE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác ABDE có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)
nên ABDE là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{AFB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{AFB}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{DAC}\right)\)
nên \(\widehat{AFH}=\widehat{AHF}\)
=>ΔAHF cân tại A