Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\widehat{BJK}=\widehat{BDE}\)
Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA, nên E P Q ^ = E Q P ^ = H Q C ^ = 90 0 − H C Q ^ = 90 0 − P C K ^ .
Do đó E P Q ^ + P C K ^ = 90 0 , nên P K ⊥ A C .
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
a) Xét tứ giác HMBI có:
∠HMI = ∠HBI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AN}=\widebat{CN}\))
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh HI
=> Tứ giác BMHI nội tiếp
b) Xét ΔMNI và ΔMKC có:
∠KMC là góc chung
∠MNI = ∠KCM (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AM}=\widebat{BM}\))
=> ΔMNI ∼ ΔMCK => \(\frac{MN}{MC}=\frac{MI}{MK}\) => MN.MK = MC.MI
c) Xét tứ giác NKIC có:
∠KNI = ∠KCI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AM}=\widebat{MB}\))
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh KI
=> Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp
=> ∠NKI + ∠NCI = 180o (1)
Xét đường tròn (O) có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{ANK}=\widehat{ACM}\left(\text{2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM}\right)\\\widehat{NAK}=\widehat{NCA}\left(\text{2 góc nội tiếp cùng chắn 2 cung BẰNG NHAU}\widebat{AN}=\widebat{CN}\right)\end{cases}}\)
=> ∠ANK + ∠NAK = ∠ACM + ∠NCA = ∠NCI (2)
Xét tam giác AKN có: ∠ANK + ∠NAK + ∠NKA = 180o (3)
Từ (1), (2), (3) => ∠NKI = ∠NKA
Xét tam giác IKN và tam giác AKN có:
∠NKI = ∠NKA
KN là cạnh chung
∠KNI = ∠KNA (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> ΔIKN = ΔAKN
=> IK=AK =>ΔAKI cân tại K
Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp
Mặt khác ∠KCN = ∠ABN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của (O))
∠BAC = ∠BNC (2 góc nội tiếp cùng chắc cung BC của (O))
=> Tứ giác AHIK là hình bình hành
Mà IK = AK
=> Tứ giác AHIK là hình thoi.
CÒN LẠI TỰ LÀM LÀM NHA
1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M.Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân.
Ta lại có Q P S ^ = Q A B ^ = Q R B ^ .
Từ đó có E P Q ^ = E R P ^ ⇒ Δ E R P ∽ Δ E P Q (g – g),
nên E Q P ^ = E P R ^ = B P S ^ = A S E ^ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.
Do đó P A . P Q = P E . P S = P F 2 .2 P M = P F . P M , suy ra tứ giác A M Q F nội tiếp.
Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △ A Q F luôn đi qua M.
\(\text{a) Ta có:}\)
∠BFC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90o
∠BEC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90o
Tứ giác AEHF có:
∠AFC = 90o
∠AEC = 90o
=>∠AFC + ∠AEC = 180o
=> AEHF là tứ giác nội tiếp
b) ∠AFH = 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
\(\text{Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF}\)
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI = \(\frac{AH}{2}\) = 2cm
Ta có: ∠BAC = 60o
=> ∠FIE = 2∠BAC = 120o (Góc nội tiếp bằng \(\frac{1}{2}\) góc ở tâm cùng chắn một cung)
=> Số đo ∠EHF = 120o
Diện tích hình quạt IEHF là:
\(S=\frac{\pi R^2N}{360}=\frac{\pi.2^2.120}{360}=\frac{4\pi}{3}\left(ĐVDT\right)\)
\(\text{c) Xét tam giác ABC có: }\)
BE và CF là các đường cao
BE giao với CF tại H
=> H là trực tâm tam giác ABC
=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90o
Xét tứ giác BEFC có:
∠BFC = ∠BEC = 90o
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau
=> BEFC là tứ giác nội tiếp
=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
Xét tứ giác BFHD có:
∠BFH = ∠HDB = 90o
=>∠BFH + ∠HDB = 180o
=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180o)
=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)
Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH
=> FH tia phân giác của góc ∠DFE
d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO
Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90o
=> ∠OFB + ∠HCD = 90o (*)
\(\hept{\begin{cases}\Delta FIH\text{CÂN TẠI I}\\\widehat{IHF}=\widehat{DHC}\left(\text{ĐỐI ĐỈNH}\right)\\\Delta HDC\text{VUÔNG TẠI D}\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{HDC}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\widehat{IFH}+\widehat{HDC}=90^0\)
Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH
=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90o
Vậy FI là tiếp tuyến của (O)
Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)
Mà I là trung điểm của AH
=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.
HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP CỦA MIK NHA
VCN JACK trả lời cuc64 kì đ luôn . đ là chất