Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D O E F K M
a) Ta thấy: Điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn
=> ^BEK = ^BDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK) hay ^AEK = ^FDK
Mà tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn => ^FDK = ^FCK
Nên ^AEK = ^FCK hay ^AEK = ^ACK => Tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn
=> ^KAE = ^KCD (Cùng bù ^KCE) hay ^KAB = ^KCD
Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên ^KDE = ^KBA hay ^KBA = ^KDC
Xét \(\Delta\)DKC và \(\Delta\)BKA có: ^KAB = ^KCD; ^KBA = ^KDC => \(\Delta\)DKC ~ \(\Delta\)BKA (g.g)
=> \(\frac{KC}{KA}=\frac{KD}{KB}\Rightarrow\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\).
Đồng thời ^DKC = ^BKA => ^DKC + ^BKC = ^BKA + ^BKC => ^BKD = ^AKC
Xét \(\Delta\)KBD và \(\Delta\)KAC có: ^BKD = ^AKC; \(\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\)=> \(\Delta\)KBD ~ \(\Delta\)KAC (c.g.c)
=> ^KBD = ^KAC hoặc ^KBF = ^KAF => Tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn
=> ^BKF = ^BAF (2 góc nội tiếp chắn cung BF) => ^BKF = ^BAC = ^BDC (Do ^BAC và ^BDC cùng chắn cung BC) (1)
Ta có: ^BDC = ^FDC = ^FKC (Cùng chắn cung FC) (2)
Xét \(\Delta\)BMC: ^BMC + ^MBC + ^MCB = 1800. Mà ^MBC = ^BAC; ^MCB = ^BDC (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Nên ^BAC + ^BDC + ^BMC = 1800 (3)
Thế (1); (2) vào (3) ta được: ^BKF + ^FKC + ^BMC = 1800 => ^BKC + ^BMC = 1800
=> Tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Ta có: ^BKF = ^BDC (cmt) => ^BKF = ^BDE = ^BKE (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)
Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK => 3 điểm K;F;E thẳng hàng. Hay F nằm trên KE (*)
Mặt khác: ^BKF = ^CKF (Vì ^BKF = ^BAC; ^CKF = ^BDC; ^BAC = ^BDC)
=> ^BKE = ^CKE (Do K;F;E thẳng hàng) => ^KE là phân giác của ^BKC (4)
Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn: ^MBC = ^MKC; ^MCB = ^MKB
Lại có: \(\Delta\)BCM cân ở M do MB=MC (T/c 2 tiếp tuyến giao nhau) => ^MBC=^MCB
Từ đó: ^MKC = ^MKB => KM là phân giác của ^BKC (5)
Từ (4) và (5) suy ra: 3 điểm K;M;E thẳng hàng. Hoặc M nằm trên KE (**)
Từ (*) và (**) => 3 điểm E;M;F thẳng hàng (đpcm).
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
a, Xét tứ giác BEHF có: góc BFH + góc BEH = 900 + 900 = 1800
=> Tứ giác BEHF nội tiếp.
b, Xét tứ giác AFEC có :
góc AFC = góc AEC ( = 900) (Hai góc cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc vuông)
=> Tứ giác AFEC nội tiếp
cho tam giác ABC vuông cân tại B.Trên cạnh BA và BC lấy hai điểm E và F sao cho BE = BF.Qua B và E kẻ đường vuông góc với AF,chúng cắt AC lần lượt ở I và K. EK cắt BC tại H
a)Chứng minh tam giác AHC cân
b)chứng minh I là trung điểm KC
c)Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm EC,AF,EF
H A B C D E O F
a) Xét tam giác AEC và tam giác ADB
có:
\(\widehat{AEC}=\widehat{ADB}=90^o\)
\(\widehat{EAC}=\widehat{DAB}\)( đối đỉnh)
=> \(\Delta AEC~\Delta ADB\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AE.AB=AD.AC\)
b) Xét tam giác HCB có hai đường cao CD và BE cắt nhau tại A
=> A là trực tâm tam giác ACB
=> HA vuông BC
=> AF vuông BC
Xét tứ giác BFEH có:
\(\widehat{BFH}=\widehat{HEB}=90^o\)
=> BFEH nội tiếp
c) Ta có: \(\widehat{EOC}=2\widehat{EBC}\)( góc ở tâm có độ lớn gấp 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Xét tứ giác ADBF có: \(\widehat{ADB}+\widehat{AFB}=90^o+90^o=180^o\)
=> ADBF nội tiếp
=> \(\widehat{ABF}=\widehat{ADF}\)( cùng chắn cung AF) hay \(\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)
Mặt khác \(\widehat{EDC}=\widehat{EBC}\)( cùng chắn cung EC)
=> \(\widehat{EOC}=2.\widehat{EBC}=\widehat{CDF}+\widehat{EDC}=\widehat{EDF}\)
=> \(\widehat{FOE}+\widehat{FDE}=\widehat{FOE}+\widehat{EOC}=180^o\)( hai góc bù nhau)
=> Tứ giác DEOF nội tiếp
1)
a) Tứ giác ABCD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABC}=180^o-\widehat{ADC}\)
Tứ giác AEFD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AEF}=180^o-\widehat{ADF}=180^o-\widehat{ADC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AEF}\)
\(\Rightarrow\) EF//BC (2 góc đồng vị bằng nhau)
\(\Rightarrow\widehat{IMN}=\widehat{ICB}\) (2 góc so le trong)
Mà \(\widehat{ICB}=\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=\widehat{ADN}\) nên \(\widehat{IMN}=\widehat{ADN}\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác AMND nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối) (đpcm)
b) Tứ giác ABCD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{BDC}\) hay \(\widehat{EAI}=\widehat{FDI}\)
Lại có \(\widehat{EAI}\) và \(\widehat{FDI}\) là các góc nội tiếp chắn các cung EI, FI của đường tròn (K)
\(\Rightarrow\stackrel\frown{EI}=\stackrel\frown{FI}\Rightarrow EI=FI\)
\(\Rightarrow\) I thuộc trung trực của đoạn EF.
Mà \(KE=KF\Rightarrow\) K cũng thuộc trung trực của đoạn EF
\(\Rightarrow\) IK là trung trực EF \(\Rightarrow IK\perp EF\)
Mà EF//BC (cmt) \(\Rightarrow IK\perp BC\) (đpcm)
2)
Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho tam giác BCD cân tại B. Dễ thấy \(\Delta CBD\sim\Delta CAB\)
\(\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{BAC}=\widehat{DAB}=36^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DBA}=\widehat{CBA}-\widehat{DBC}=72^o-36^o=36^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{DBA}\)
\(\Rightarrow\Delta DAB\) cân tại D \(\Rightarrow DA=DB\)
Đặt \(DA=DB=BC=a\), \(CD=b\) \(\left(a>b\right)\)
Khi đó vì \(\Delta CBD\sim\Delta CAB\) nên \(\dfrac{a+b}{a}=\dfrac{a}{b}\)
\(\Leftrightarrow ab+b^2=a^2\)
\(\Leftrightarrow-a^2+ab+b^2=0\)
\(\Leftrightarrow-\left(\dfrac{a}{b}\right)^2+\dfrac{a}{b}+1=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\) (loại nghiệm \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\) vì \(\dfrac{a}{b}>1\))
hay \(\dfrac{a+b}{a}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\) hay \(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)