Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: BC vuông góc AH tại H
nên BC là tiếp tuyến của (A)
b: Xét (A) có
BH,BE là tiếp tuyến
nên AB là phân giác của góc HAE(1)
Xét (A) có
CF,CH là tiếp tuyến
nên AC là phân giác của góc HAF(2)
Từ (1), (2) suy ra góc FAE=2*90=180 độ
=>F,A,E thẳng hàng
c: \(AH=\sqrt{4\cdot9}=6\left(cm\right)\)
Sửa đề: BF và CE cắt nhau tại H
a) Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp đường tròn(B,E,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBEC vuông tại E(Định lí)
\(\Leftrightarrow CE\perp BE\)
\(\Leftrightarrow CE\perp AB\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AEC}=90^0\)
hay \(\widehat{AEH}=90^0\)
Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp đường tròn(B,F,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBFC vuông tại F(Định lí)
\(\Leftrightarrow BF\perp CF\)
\(\Leftrightarrow BF\perp AC\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AFB}=90^0\)
hay \(\widehat{AFH}=90^0\)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Xét ΔABC có
BF là đường cao ứng với cạnh AC(cmt)
CE là đường cao ứng với cạnh AB(cmt)
BF cắt CE tại H(gt)
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)
\(\Leftrightarrow AH\perp BC\)
hay \(AD\perp BC\)(đpcm)
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{DCA}=\widehat{HCA}\\\widehat{DCA}+\widehat{DAC}=90^0\\\widehat{HCA}+\widehat{HBA}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{HBA}=\widehat{DAC}\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{DAC}+\widehat{BAE}=90^0\\\widehat{HBA}+\widehat{HAB}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{BAE}=\widehat{HAB}\)
Có \(\left\{{}\begin{matrix}AH=AE=R\\\widehat{BAE}=\widehat{HAB}\\\text{AB chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AEB\)
\(\Rightarrow\widehat{E}=\widehat{H}=90^0\Rightarrow BE\) là tiếp tuyến
Vì BE , BH là các tiếp tuyến của (O)
=> AB là phân giác ^EAH
=> \(\widehat{BAH}=\frac{\widehat{EAH}}{2}\)
Tương tự \(\widehat{CAH}=\frac{\widehat{HÀF}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{BAH}+\widehat{CAH}=\frac{\widehat{EAH}+\widehat{HAF}}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{\widehat{EAH}+\widehat{HÀF}}{2}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{EAH}+\widehat{HAF}=180^o\)
=> E , A , F thẳng hàng
=> EF là đường kính (A)
=> A là trung điểm EF
VÌ BE , CF là 2 tiếp tuyến của (A)
=> \(BE\perp EF\)và \(CF\perp EF\)
\(\Rightarrow BE\)// \(CF\)
=> BEFC là hình thang đáy BE , CF
Xét hình thang BEFC có A là trung điểm EF
I là trung điểm BC
=> AI là đường trung bình hình thang BEFC
=> AI // EF
Mà \(EF\perp FC\)(tiếp tuyến)
=> \(AI\perp AF\)
=> \(\Delta AIF\)vuông tại A
=> \(sinF_1=\frac{AI}{IF}\)
Giờ cần tính AI và IF nữa là xong !
Áp dụng định lí Py-ta-go vào \(\Delta\)ABC vuông tại A
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow3^2+6^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=45\)
\(\Leftrightarrow BC=3\sqrt{5}\)(Do BC > 0)
Vì \(\Delta\)ABC vuông tại A có AI là đường trung tuyến
=> \(AI=\frac{BC}{2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}\)
Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta\)ABC vuông tại A đường cao AH
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)
\(=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{6^2}\)
\(=\frac{5}{36}\)
\(\Rightarrow AH^2=\frac{36}{5}\)
\(\Rightarrow AF^2=\frac{36}{5}\)(Do AH = À vì cùng là bán kính (A) )
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác AIF vuông tại A
\(AI^2+AF^2=IF^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{3\sqrt{5}}{2}\right)^2+\frac{36}{5}=IF^2\)
\(\Rightarrow IF^2=\frac{369}{20}\)
\(\Rightarrow IF=\sqrt{\frac{369}{20}}=\frac{3\sqrt{205}}{10}\)
Khi đó \(sinF_1=\frac{AI}{IF}=\frac{3\sqrt{5}}{2}:\frac{3\sqrt{205}}{10}=\frac{5}{\sqrt{41}}\)
Vậy \(sinF_1=\frac{5}{\sqrt{41}}\)