Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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)
b) xét ∆ABC có AD là đường phân giác của góc A
=>BD/AB=DC/AC ( tính chất)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau , được :
BD/AB=DC/AC=BD/6=DC/8=(BD+DC)/(6+8)=BD/14=10/14=5/7
==>BD=6×5:7≈4,3
==>DC=10-4,3≈5,7
a,Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác ABC => tam giác ABC vuông tại A=> AH vuông góc vs BC
=> tam giác ABC đồng dạng vs tam giác HAC ( g.c.g)
b, Vì tam giác ABC vuông tại A nên ta có hệ thức: AC2=BC . HC => đpcm
c, có AD là tia phân giác của tam giác ABC => BD=CD=BC/2= 5cm
a, HCDB là hbh (gt)
-> CH // BD; HB // CD
Vì H là trực tâm của Δ ABC (gt)
-> CH vuông với AB ; BH vuông với AC ; AH vuông với BC
-> AB vuông BD ; AC vuông CD
-> ^ABD=90*, ^ ACD=90*
Xét tứ giác ABCD có: ^ABD + ^ ACD = 180*
-> tứ giác ABCD nội tiếp
-> A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn (1)
DE // BC (gt)
->AH vuông DE ( vì AH vuông BC )
-> ^AED = 90*
Xét tứ giác ABED có ^AED=^ABD=90*
-> B và E cùng nhìn AD dưới 1 góc 90*
-> ABED nội tiếp
-> A,B,E,D cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ (1) và (2) -> A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
Bài 1:
A B C H F D E K L
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.
a. \(\Delta BPC\sim\Delta BMH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BP}{BM}=\frac{BC}{BH}\) hay BM.BC = BP.BH.
b. Ta có: \(\Delta HNB\sim\Delta HPC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{HN}{HB}=\frac{HP}{HC}\Rightarrow\Delta HNP\sim\Delta HBC\left(c-g-c\right)\)
hay góc PNH = HBC. Tương tự góc MNC = CBH. Vậy thì góc PNH = MNC, từ đó suy ra góc MNB = PNB (Cùng phụ với hai góc trên).
Vậy thi NA là phân giác góc PNM.
c. Ta thấy \(BC.AH=BC\left(HM-AM\right)=BC.MH-BC.AM=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABC}}{2}\)
Tương tự \(AB.CH=\frac{S}{2}-\frac{S_{AHC}}{2};AC.VH=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABH}}{2}\)
Vậy thì \(BC.AH+AB.CH+AC.BH=\frac{3S}{2}-\frac{S_{ABC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{2}=\frac{3S}{2}-\frac{S}{2}=S.\)