Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có \(\widehat{AHK}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AE}+sđ\stackrel\frown{BD}}{2}\)
và \(\widehat{AKH}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{AD}}{2}\)
Mặt khác, do D, E lần lượt là điểm chính giữa của cung AB, AC nên \(sđ\stackrel\frown{AD}=sđ\stackrel\frown{BD};sđ\stackrel\frown{AE}=sđ\stackrel\frown{CE}\). Từ đó \(\Rightarrow\widehat{AHK}=\widehat{AKH}\) hay tam giác AHK cân tại A (đpcm).
b) Hiển nhiên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC \(\Rightarrow\) AI là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\) (hay chính là \(\widehat{HAK}\)). Mà theo câu a), tam giác AHK cân tại A nên AI đồng thời là đường cao của tam giác AHK \(\Rightarrow AI\perp HK\) hay \(AI\perp DE\) (đpcm)
c) Ta có \(\widehat{CIE}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{BD}}{2}\)
\(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{CE}+sđ\stackrel\frown{AD}}{2}\) \(=\widehat{CKE}\) nên tứ giác CEKI nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{HKI}=\widehat{DCE}\) \(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{DE}}{2}\)
\(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{DA}+sđ\stackrel\frown{AE}}{2}\) \(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{BD}+sđ\stackrel\frown{AE}}{2}\) \(=\widehat{AHK}\)
Từ đó dễ dàng suy ra KI//AH hay KI//AB (đpcm)
c.
Tứ giác IKNC là tứ giác nội tiếp (cmt)=> \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{IC}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ANC=}\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\))
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{IKC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => IK // HB (dhnb)
Chứng minh tương tự câu a ta có: Tứ giác AMHI là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{AHI}=\widehat{AMI}=\widehat{AMC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AI}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{AHI}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => HI // BK
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{BM}\)
Xét đt(O) có: \(\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)và \(\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)=> CM là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)
CMTT ta có: AN là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)
Mà 2 dây AN và CM cắt nhau tại I (gt) => BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)hay BI là tia phân giác của \(\widehat{HBK}\)
Xét tứ giác BHIK có:
* HI // BK (cmt)
* IK // HB (cmt)
=> tứ giác BHIK là hình bình hành (DHNB)
Mà BI là phân giác của \(\widehat{HBK}\)(cmt) => tứ giác BHIK là hình thoi (dhnb hình thoi)
d. Vì \(\widehat{NBK}=\widehat{BMN}=\widehat{BMK}\left(cmt\right)\)=> BN là tiếp tuyến tại B của đt (P) ngoại tiếp \(\Delta MBK\)=> \(BN\perp BP\)Mà \(BN\perp BD\)do \(\widehat{DBN}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => B, P , D thẳng hàng
Tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng
\(\Delta BPK\)và \(\Delta DBC\)là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy => góc ở đỉnh của chúng bằng nhau => \(\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\)Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => PK // DC (dhnb) => PK // DQ
CMTT ta có: DP // QK => DPKQ là hình bình hành (dhnb HBH) => DK đi qua trung điểm của PQ => D, E, K thẳng hàng (đpcm)
a. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)(2 góc nội tiếp chắn 2 cung = nhau)
Lại có: \(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)(CÙNG = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)) => \(\widehat{MNA}=\widehat{BCM}\)hay \(\widehat{KNI}=\widehat{KCI}\)(Do M,K,N và A,I,N => \(\widehat{MNA}=\widehat{KNI}\); M,I,C và B,K,C => \(\widehat{BCM}=\widehat{KCI}\)) => IKNC là tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
b. Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{BMN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)và \(\widehat{NBC}=\widehat{NBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)
mà N là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{BC}\)(gt) => sđ \(\widebat{BN}\)= sđ \(\widebat{NC}\)=> \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)
Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta KBN\)có:
* \(\widehat{N}\)chung
* \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)(cmt)
=> \(\Delta BMN~\Delta KBN\)(g.g) => \(\frac{NB}{NK}=\frac{NM}{NB}\)<=> \(NB^2=NK.NM\)(đpcm)
a, HS tự chứng minh
b, HS tự chứng minh
c, DAEH vuông nên ta có: KE = KA = 1 2 AH
=> DAKE cân tại K
=> K A E ^ = K E A ^
DEOC cân ở O => O C E ^ = O E C ^
H là trực tâm => AH ^ BC
Có A E K ^ + O E C ^ = H A C ^ + A C O ^ = 90 0
(K tâm ngoại tiếp) => OE ^ KE
d, HS tự làm
