Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ta có
\(\widehat{AEH}=90^0;\widehat{AFH}=90^0\)
=> \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)
=> tứ giác AEHF nội tiếp được nhé
ta lại có AEB=ADB=90 độ
=> E , D cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc zuông
=> tứ giác AEDB nội tiếp được nha
b)ta có góc ACK = 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
hai tam giác zuông ADB zà ACK có
ABD = AKC ( góc nội tiếp chắn cung AC )
=> tam giác ABD ~ tam giác AKC (g.g)
c) zẽ tiếp tuyến xy tại C của (O)
ta có OC \(\perp\) Cx (1)
=> góc ABC = góc DEC
mà góc ABC = góc ACx
nên góc ACx= góc DEC
do đó Cx//DE ( 2)
từ 1 zà 2 suy ra \(OC\perp DE\)
một phần ba là , ví dụ là một cái bánh chia cho ba phần bạn đã hiểu chưa ? nếu chưa hiểu thì bảo mình nhé
a) Do BE và CF là các đường cao trong tam giác ABC nên ˆBEC=90∘, ˆBFC=90∘
Tứ giác BCEF có góc E và góc F cùng nhìn cạnh BC và bằng nhau (cùng bằng 90∘) nên là tứ giác nội tiếp.
b) Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp nên ˆAFE=ˆACB, mà ˆACB=ˆASB (cùng chắn cung AB) nên ˆAFE=ˆASB
Suy ra tứ giác BFMS là tứ giác nội tiếp.
Do đó ˆFMS=180∘−ˆFBS=90∘.. Vậy OA ⊥⊥ EF.
c)
+) Tứ giác BCEF nội tiếp nên ˆAEF=ˆABC (1)
Từ OA ⊥ PE suy ra ˆAIB=ˆAPE(cùng phụ với ˆMAP). (2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔAPE∽ΔABI (g.g).
+) Tứ giác BHCS có BH // CS (cùng vuông góc với AS) và BS // CH (cùng vuông góc với AB) nên là hình bình hành. Do đó ba điểm H, K, S thẳng hàng.
Ta sẽ chứng minh hai góc đồng vị ˆPIM và HSM^ bằng nhau.
Tứ giác PDIM nội tiếp (vì có hai góc vuông M và D đối nhau) nên ˆPIM=ˆPDM (3)
Ta có:
ΔAHE∽ΔACDΔ nên AH.AD = AE.AC.
ΔAME∽ΔACSnên AM.AS = AE.AC.
Suy ra AH.AD = AM.AS ⇒AH/AM=AS/AD.
Do đó ΔMAH∽ΔDAS(c.g.c). Suy ra AHM^=ASD^.
Từ đó ta có tứ giác DHMS là tứ giác nội tiếp. Suy ra ˆHDM=ˆHSM. (4)
Từ (3) và (4) suy ra HS // PI, hay KH // PI.
1) Xét tứ giác AEBD:
\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^o\left(BE\perp AE;AD\perp BD\right).\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (dhnb).
\(\Rightarrow\) A; E; B; D cùng thuộc một đường tròn (O).
2) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (cmt).
\(\Rightarrow\) \(\widehat{ADE}=\widehat{ABE}.\)
hay \(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}.\)
Xét ∆ HDE và ∆ HBA:
\(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\left(cmt\right).\)
\(\widehat{EHD}=\widehat{AHB}\) (Đối đỉnh).
\(\Rightarrow\Delta HDE\sim\Delta HBA\left(g-g\right).\)
3) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (cmt).
\(\Rightarrow\widehat{KDB}=\widehat{KAE}.\)
Xét ∆ KDB và ∆ KAE:
\(\widehat{KDB}=\widehat{KAE}\left(cmt\right).\)
\(\widehat{DKB}chung.\)
\(\Rightarrow\Delta KDB\sim\Delta KAE\left(g-g\right).\)
\(\Rightarrow\dfrac{KD}{KA}=\dfrac{KB}{KE}\) (2 cạnh tương ứng tỉ lệ).
\(\Rightarrow KD.KE=KB=KA\left(đpcm\right).\)
1: Xét tứ giác AEDB có
\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)
Do đó: AEDB là tứ giác nội tiếp
2: Xét ΔHDE và ΔHBA có
\(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\)
\(\widehat{DHE}=\widehat{BHA}\)
Do đó: ΔHDE∼ΔHBA
3: Xét ΔKDB và ΔKAE có
\(\widehat{K}\) chung
\(\widehat{KDB}=\widehat{KAE}\)
Do đó: ΔKDB∼ΔKAE
Suy ra: KD/KA=KB/KE
hay \(KD\cdot KE=KA\cdot KB\)