Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tứ giác FEAH có: \(\widehat{FAH}=\widehat{AEH}=90^o\)
=> Tứ giác FEAH nội tiếp => \(\widehat{HEF}=\widehat{FAH}\)
Tứ giác ABDE có: \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\)
=> Tứ giác ABDE nội tiếp => \(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)
Vậy \(\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)
Xét \(\Delta\)HIE \(\left(\widehat{HIE}=90^o\right)\)và \(\Delta\)HKE \(\left(\widehat{HKE}=90^o\right)\)có:
EH chung
\(\widehat{HEI}=\widehat{HEK}\)
=> \(\Delta HIE=\Delta HKE\) (cạnh huyền-góc nhọn)
=> \(\hept{\begin{cases}EI=EK\\HI=HK\end{cases}}\)(2 cạnh tương ứng)
=> \(\Delta\)KEI cân tại E, \(\Delta\)HIK cân tại H
\(\Rightarrow\widehat{KIE}=\frac{1}{2}\widehat{IEK}\Rightarrow\widehat{KIE}+\widehat{FAH}=90^o\)
Mà \(\widehat{MHF}=\widehat{FAH}=90^o\)
Do đó: \(\widehat{KIE}=\widehat{MHF}\)=> Tứ giác FIMH nội tiếp => \(\widehat{MHF}=\widehat{HIF}=90^o\)
Tứ giác HMNK có: \(\widehat{HMN}=\widehat{HKN}=90^o\)=> Tứ giác HMNK nội tiếp
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{HFN}=\widehat{HIK}\\\widehat{HNM}=\widehat{HIK}\\\widehat{HIK}=\widehat{HKI}\end{cases}}\)
=> \(\Delta\)HFN đồng dạng \(\Delta\)HIK (g.g)
=> \(\frac{HF}{HI}=\frac{HN}{HK},HI=HK\Rightarrow HF=HN\)
\(\Delta\)HFN cân tại H, HM _|_ FN => HM là đường trung tuyến của tam giác HFN
FM _|_ AD, BD _|_ AD => FM//BD
MF=MN, DB=DC nên \(\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)
Xét \(\Delta\)AMN và \(\Delta\)ADS có:
\(\widehat{AMN}=\widehat{ADS}\left(MN//BS\right),\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)
=> \(\Delta\)AMN đồng dạng \(\Delta\)ADS (c.g.c)
=> \(\widehat{MAN}=\widehat{DAS}\)
=> 2 tia AN, AS trùng nhau => A,N,S thẳng hàng
góc BHC=góc FHE=180 độ-góc BAC
=>góc BHC+góc BAC=180 độ
H đối xứng M qua BC
=>BH=BM; CH=CM
mà CB chung
=>ΔBHC=ΔBMC
=>góc BMC=góc BHC
=>góc BMC+góc BAC=180 độ
=>ABMC nội tiếp(1)
góc AHC=góc FHD=180 độ-góc ABC
=>góc AHC+góc ABC=180 độ
H đối xứngN qua AC
=>AN=AH; CN=CH
mà AC chung
nên ΔANC=ΔAHC
=>góc AHC=góc ANC
=>góc ANC+góc ABC=180 độ
=>ABCN nội tiếp(2)
góc AHB=góc DHE=180 độ-góc ACB
=>góc AHB+góc ACB=180 độ
H đối xứng P qua AB
=>AP=AH; BH=BP
=>ΔAHB=ΔAPB
=>góc APB+góc ACB=180 độ
=>APBC nội tiếp(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ĐPCM
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
ANH CS THỂ THAM KHẢO
a , b tự lm nha ( dễ mà )
c) Do II đối xứng với HH qua BC⇒IH⊥BCBC⇒IH⊥BC mà HD⊥BC,D∈BC
⇒I⇒I đối xứng với HH qua D⇒DD⇒D là trung điểm của HIHI
Và MM là trung điểm của HKHK
⇒DM⇒DM là đường trung bình ΔHIKΔHIK
⇒DM∥IK⇒DM∥IK
⇒BC∥IK⇒BC∥IK
⇒BCKI⇒BCKI là hình thang
ΔCHIΔCHI có CDCD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
⇒ΔCHI⇒ΔCHI cân đỉnh CC
⇒CI=CH⇒CI=CH (*)
Mà tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành ⇒CH=BK⇒CH=BK (**)
Từ (*) và (**) suy ra CI=BKCI=BK
Tứ giác BCKIBCKI là hình bình hành có 2 đường chéo CI=BKCI=BK
Suy ra BCIKBCIK là hình thang cân.
Tứ giác HGKCHGKC có GK∥HCGK∥HC (do BHCKBHCK là hình bình hành)
⇒HGKC⇒HGKC là hình thang có đáy là GK∥HCGK∥HC
a) Xét tứ giác BCEF có
\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) là hai góc đối
Do đó: BCEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét tứ giác BHCK có
I là trung điểm của đường chéo BC(gt)
I là trung điểm của đường chéo HK(H đối xứng với K qua I)
Do đó: BHCK là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
hay BH//CK
Suy ra: BE//CK
mà BE⊥AC(gt)
nên CK⊥AC
⇔C nằm trên đường tròn đường kính AK
mà C,A cùng thuộc (O)
nên AK là đường kính của (O)
hay A,O,K thẳng hàng(đpcm)
a) Dễ thấy A, H, K thẳng hàng.
Ta có \(\widehat{KCB}=\widehat{HCB}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{KAB}\).
Suy ra tứ giác ACKB nội tiếp.
b) \(\widehat{ABD}=\widehat{AA'C};\widehat{ADB}=\widehat{ACA'}=90^o\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta AA'C\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{A'AC}\)
\(\Rightarrow\widehat{AA'C}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{AEF}\Rightarrow AA'\perp EF\)
c) Ta có BH // A'C (do cùng vuông góc với AC), CH // A'B (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCA' là hình bình hành. Suy ra H, I, A' thẳng hàng.
d) Do OI là đường trung bình của tam giác A'AH nên OI // AH,\(\dfrac{OI}{AH}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{AG}\Rightarrow\) H, G, O thẳng hàng và \(\dfrac{OG}{HG}=\dfrac{1}{2}\). Từ đó \(S_{AHG}=2S_{AOG}\) (đpcm)
a: góc HBC+góc HCB=90 độ-góc ACB+90 độ-góc ABC=góc BAC
=>góc BHC+góc BAC=180 độ
H đối xứng K qua BC
=>BH=BK và CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
CH=CK
BC chung
=>ΔBHC=ΔBKC
=>góc BKC=góc BHC
=>góc BKC+góc BAC=180 độ
=>ABKC nội tiếp
b: Gọi Ax là tiếp tuyến của (O) tại A
=>góc xAC=góc ABC=góc AEF
=>EF//Ax
=>EF vuông góc OA
c: Xét tứ giác BHCA' có
BH//CA'
BA'//CH
=>BHCA' là hbh
=>H,I,A' thẳng hàng
Sửa đề: M đối xứng H qua BC
Gọi AD là đường kính, I là giao của HD và BC
góc ABD=1/2*sđ cung AD=90 độ
=>BD//CH
góc ACD=1/2*sđ cung AD=90 độ
=>CD//BH
mà BD//CH
nên BHCD là hình bình hành
=>BC căt HD tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm chung của HD và BC và BH//CD
góc AMD=1/2*sđ cung AD=90 độ
=>MD vuông góc AM
=>MD//BC
=>BCDM là hình thang cân
=>góc MBC=góc DCB=góc HBC
=>BC là phân giác của góc HBM
mà BC là trung tuyến của ΔHBM
nên ΔHMB cân tại B
=>BC là trug trực của MH
=>M đối xứng H qua BC