Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\text{a) Xét tứ giác BEFC có:}\)
\(\text{∠BEC = 90 o (CE là đường cao)}\)
\(\text{∠BFC = 90 ^0 (BF là đường cao)}\)
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông
=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp
\(\text{Xét tứ giác AEHF có:}\)
\(\text{∠AEH = 90 o (CE là đường cao)}\)
\(\text{∠AFH = 90 o (BF là đường cao)}\)
=> ∠AEH + ∠AFH = 180^ o
=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
\(\text{b) Xét ΔSBE và ΔSFC có:}\)
\(\text{∠FSC là góc chung}\)
\(\text{∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)}\)
=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{SB}{SF}\)=\(\frac{SE}{SC}\)\(\Rightarrow\text{SE.SF = SB.SC (1)}\)
\(\text{Xét ΔSMC và ΔSNB có:}\)
\(\text{∠ NSC là góc chung}\)
\(\text{∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)}\)
=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)
\(\Rightarrow\frac{SM}{SB}\)=\(\frac{SC}{SN}\Rightarrow\text{SM.SN = SB.SC (2)}\)
Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN
\(\text{c) Ta có:}\)
\(\hept{\begin{cases}\widehat{KAE}=\widehat{KCB}\left(\text{2 GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG KB}\right)\\\widehat{HAE}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC AEHF LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\\\widehat{KCB}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC BEFC LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\end{cases}}\)
=> ∠KAE = ∠HAE
=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH
\(\text{Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH}\)
=> ΔKAH cân tại A
=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH
=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB
\(\text{d) Tia BF cắt đường tròn (O) tại J}\)
∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)
∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )
=> ∠KJB = ∠EFH
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> KJ // EF
KI // EF (gt)
=> I ≡ J
=> H, F, J thẳng hàng
HÌNH THÌ VÀO XEM THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA
BÀI LÀM ĐÚNG MÀ SAO CÓ NGƯỜI K SAI TÔI ĐẢM BẢO BÀI NÀY ĐÚNG 100%
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
Ta có: IJ−→=IA−→+AB−→−+BJ−→IJ→=IA→+AB→+BJ→
IJ−→=ID−→+DC−→−+CJ−→IJ→=ID→+DC→+CJ→
⇒IJ−→=12(AB−→−+DC−→−)⇒IJ→=12(AB→+DC→)
Xét:
HK−→−.IJ→=12(OK−→−−OH−→−).(AB−→−+DC−→−)=12(OK−→−.AB−→−+OK−→−.DC−→−−OH−→−.AB−→−−OH−→−.DC−→−)=12(OK−→−.AB−→−−OH−→−.DC−→−)=12[(OC−→−+CK−→−).(OB−→−−OA−→−)−(OA−→−+AH−→−).(OC−→−−OD−→−)]=12[(OB−→−−OA−→−−AH−→−).OC−→−−(CK−→−+OC−→−−OD−→−).OA−→−]=12[(HA−→−+AO−→−+OB−→−).OC−→−−(DO−→−+OC−→−+CK−→−).OA−→−]=12(HB−→−.OC−→−−DK−→−.OA−→−)=0⇔HK⊥IJ
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
a) Xét tứ giác BEDC có:
∠BEC = 90o (CE là đường cao)
∠BDC = 90o (BD là đường cao)
=> Hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông
=> Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp
b) Xét ΔAEC và ΔADB có:
∠BAC là góc chung
∠AEC = ∠BDA = 90o
=> ΔAEC ∼ ΔADB (g.g)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow\text{AE.AB = AC.AD}\)
c) Ta có:
∠FBA = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>FB⊥AB
Lại có: CH⊥AB (CH là đường cao)
=> CH // FB
Tương tự,( FCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>FC⊥AC
BH là đường cao => BH ⊥AC
=> FC // BH
Xét tứ giác CFBH có:
CH // FB
FC // BH
=> Tứ giác CFBH là hình bình hành.
Mà I là trung điểm của BC
=> I cũng là trung điểm của FH
Hay F, I, H thẳng hàng.
2) Diện tích xung quanh của hình trụ:
S = 2πRh = 2πR2 = 128π (do chiều cao bằng bán kính đáy)
=> R = 8 cm ; h = 8cm
Thể tích của hình trụ là
V = πR2 h = π.82.8 = 512π (cm3)
HÌNH TRONG THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA VỚI LẠI MIK TRẢ LỜI TOÀN CÂU KHÓ MÀ CHẲNG CÓ CÁI GP NÀO
Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.
Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn
Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)
Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )
Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.
Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID
Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)
Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp
Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF
Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK
Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC) (1)
Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2
Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).
Chỉ lm bài thoii, hình bn tự vẽ nha !!!
\(a.\) Tứ giác \(BEDC\) có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
Suy ra tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp
Tam giác \(DBA\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DL\) nên suy ra \(BD^2=BL.BA\)
\(b.\) Tứ giác \(ADEH\) có:
\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác \(ADEH\) nội tiếp
Từ đó \(\widehat{BAK}=\widehat{BDE}\)
Mà \(\widehat{BJK}=\widehat{BAK}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Do đó \(\widehat{BJK}=\widehat{BDE}\)