Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔAKB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAKB vuông tại K
Xét tứ giác AECK có \(\widehat{AEC}+\widehat{AKC}=90^0+90^0=180^0\)
nên AECK là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔIAB có
BK,IE là các đường cao
BK cắt IE tại C
Do đó: C là trực tâm của ΔIAB
=>AC\(\perp\)IB tại D
Xét tứ giác CEBD có \(\widehat{CEB}+\widehat{CDB}=90^0+90^0=180^0\)
nên CEBD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác AKCE có \(\widehat{AKC}+\widehat{AEC}=90^0+90^0=180^0\)
nên AKCE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác IKCD có \(\widehat{IKC}+\widehat{IDC}=90^0+90^0=180^0\)
nên IKCD là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\widehat{DKC}=\widehat{DIC}\)(DIKC nội tiếp)
\(\widehat{EKC}=\widehat{EAC}\)(KAEC nội tiếp)
mà \(\widehat{DIC}=\widehat{EAC}\left(=90^0-\widehat{DBA}\right)\)
nên \(\widehat{DKC}=\widehat{EKC}\)
=>KC là phân giác của góc DKE
Ta có: \(\widehat{KDC}=\widehat{KIC}\)(DIKC là tứ giác nội tiếp)
\(\widehat{EDC}=\widehat{EBC}\)(EBDC nội tiếp)
mà \(\widehat{KIC}=\widehat{EBC}\left(=90^0-\widehat{KAB}\right)\)
nên \(\widehat{KDC}=\widehat{EDC}\)
=>DC là phân giác của góc KDE
Xét ΔKED có
DC,KC là các đường phân giác
Do đó: C là tâm đường tròn nội tiếp ΔKED
=>C cách đều ba cạnh của ΔKED
a,Xé tứ giác HMBQ có: góc QHP = 90o ( PQ vuông góc với AB tại H )
góc QMB = 90o ( M là hình chiếu của Q trên PB )
=> hai đỉnh H và M nằm kề nhau và cùng nhìn đoạn QB dưới hai gióc bằng nhau ( =90o) => tứ giác HMBQ là tứ giác nội tiếp (đpcm)
ta có tam giác PHM đồng dạng PBQ ( g.g) => \(\frac{HM}{BQ}=\frac{PH}{PB}\Rightarrow\frac{BQ}{PB}=\frac{HM}{PH}=\frac{BQ-HM}{PB-PH}>0\)
mà PB - PH > 0 (do PB > PH)
=> BQ - HM > 0 hay BQ > HM (đpcm)
b, dễ dàng chứng minh được tam giác HKQ đồng dạng với MPQ (g.g)
=> góc MPQ = góc HKQ
mà MPQ = QAH ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)
=> góc HKQ = QAH
=> tam giác AQK cân tại Q (đpcm)
Xét tam giác PQB, có:
HB \(\perp\)PQ
QM\(\perp\)PB
Mà QM cắt HB tại K
=> K la trực tâm tam giác PQB
=> PK \(\perp\)QB (t/c trực tâm )
Xét tứ giác PMKH, có
góc PMK = PHK = 90o (QM \(\perp\)PB; BH\(\perp\)PQ)
=> PMK + PHK = 180o
=> tứ giác PMKH nt
=> góc PHM = PKM ( 2 góc nt chắn PB của đtron ngoại tiếp tg PMKH )
Vì tứ giác HMBQ nội tiếp ( cmt)
=> MBQ + QHM = 180o ( t/c tg nt )
ma PHM + MHQ = 180o ( kề bù )
=> MBQ = PHM
mà PHM = PKM ( cmt )
=> MBQ = PKM
Xét tam giác PKM và PBI, có
MBQ = PKM ( cmt )
IPB chung
=> tam giác PKM đồng dạng tam giác PBI (g.g)
=> PIB = PMK = 90o
=> PI \(\perp\)IB
hay PI\(\perp\)QB
mà PK \(\perp\)QB ( cmt )
=> PI \(\equiv\)PK
=> P, I, K thẳng hàng
A B M N H I K
a/
Ta có
\(AB\perp MN\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{MHB}=90^o\)
\(MI\perp BN\Rightarrow\widehat{MIB}=90^o\)
=> H và I cùng nhìn MB dưới 1 góc \(90^o\) => H; I thuộc đường tròn đường kính MB => B; H; M; I cùng thuộc 1 đường tròn
b/
Xét tg vuông MHK và tg vuông MIN có
\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cùng phụ với \(\widehat{KMN}\) )
Ta có
\(\widehat{MNI}=\widehat{MAK}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
\(\Rightarrow\widehat{MKA}=\widehat{MAK}\) => tg MAK cân tại M
c/
Xét tg vuông MIN và tg vuông MHK có
\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cmt)
=> tg MNI đồng dạng với MHK (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MK}\)
Ta có tg MAK cân tại M (cmt) => MK=MA
\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MI.MA=MH.MN\)