Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E K M I H F
a) Ta thấy ngay do BD, CE là đường cao nên \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)
Xét tứ giác AEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) nên AEDC là tứ giác nội tiếp hay A, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.
Đường tròn cần tìm là đường tròn đường kính BC, tức là tâm đường tròn là trung điểm J của BC, bán kính là JB.
b) Xét tam giác BEC và tam giác BHM có :
\(\widehat{BEC}=\widehat{BHM}=90^o\)
Góc B chung
\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta BHM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BE}{BH}=\frac{BC}{BM}\Rightarrow BC.BH=BE.BM\)
Ta có \(BK^2=BD^2=BH.BC=BE.EM\) mà \(KE\perp BM\Rightarrow\widehat{BKM}=90^o\)
Vậy MK là tiếp tuyến của đường tròn tâm B.
c)
Gọi F là giao điểm của CE với đường tròn tâm B.
Do \(BE\perp KF\)nên MB là trung trực của FK.
\(\Rightarrow\widehat{MFB}=\widehat{MKB}=90^o\Rightarrow\)tứ giác MFBH nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{MHF}=\widehat{MBF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF)
Ta cũng có MKHB nội tiếp nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)
Mà \(\widehat{MBF}=\widehat{MBK}\) nên HI là phân giác góc KHF.
Áp dụng tính chất tia phân giác ta có : \(\frac{IK}{IF}=\frac{HK}{HF}\)
Ta có \(HC\perp HI\) nên HC là tia phân giác ngoài của góc KHF.
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF}=\frac{HK}{HF}\)
Vậy nên \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)
c. 4 điểm A,D,E,F cùng nằm trên đt đường kính (I) (gt) => ADEF là tứ giác nội tiếp (Định nghĩa)
=> \(\widehat{EFS}=\widehat{ADE}\)(Cùng bù với \(\widehat{AFE}\))
Vì BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{ADE}=\widehat{ECB}\)(Cùng bù với \(\widehat{BDE}\)) => \(\widehat{EFS}=\widehat{ECB}\)=> Tứ giác CEFS là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ECF}=\widehat{ACF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EF}\))
Lại có: ABCF là tứ giác nội tiếp (4 đỉnh A,B,C,F cùng thuộc đt (O) (gt)) => \(\widehat{ACF}=\widehat{ABF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AF}\))
=> \(\widehat{ESF}=\widehat{ABF}\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\)vuông tại H với đường cao HD ta có: \(AH^2=AD.AB\)
Xét đt (I) có: \(\widehat{AFH}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đt) => \(HF\perp AS\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ASH\)vuông tại H với đường cao HF ta có: \(AH^2=AF.AS\)
=> \(AD.AB=AF.AS\Leftrightarrow\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)
Xét \(\Delta ADS\)và \(\Delta AFB\)có:
\(\widehat{A}\)Chung
\(\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)(cmt)
=> \(\Delta ADS~\Delta AFB\left(C.G.C\right)\)
=> \(\widehat{ASD}=\widehat{ABF}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ASD}\)hay \(\widehat{ESF}=\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)(Do \(\overline{A,F,S}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)) => 3 điểm S,D,E thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => ĐPCM
d. Vì sđ\(\widebat{AB}=60^o\)(gt) => \(\widehat{AOB}=60^o\Rightarrow\Delta AOB\)đều => AB = OA = OB = R
Áp dụng định lý pitago trong \(\Delta ABC\)vuông tại A có: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{(2R)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
=> \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}R.R\sqrt{3}=R^2\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Mà \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2.S\Delta ABC}{BC}=\frac{2.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
Gọi \(R^'\)là bán kính đường tròn ngoại tiếp đt (I) => \(R^'=\frac{AH}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)
Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ACB\)có:
* \(\widehat{A}\)chung
* \(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\)(Cmt)
=> \(\Delta ADE~\Delta ACB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{S\Delta ADE}{S\Delta ACB}=\left(\frac{R^'}{R}\right)^2=\left(\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2=\frac{3}{16}\)
=> \(S\Delta ADE=\frac{3}{16}.S\Delta ACB=\frac{3}{16}.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}\)
Ta có: \(S_{BDEC}=S\Delta ABC-S\Delta ADE=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}-\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}=\frac{13R^2\sqrt{3}}{32}\)
Mỉnh ko hiểu đề cho lắm. Tam giác ABC vuông tại A => AB vuông góc AC, vậy đề còn cho "Từ A vẽ đường vuông góc với AB và AC tại D và E" là sao??? Hơi vô lý.