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 \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)
Câu a: Chứng minh bốn điểm M, B, N, Q cùng thuộc một đường tròn
Giải:
Chi tiết:
Câu b: Chứng minh CP * CB = CQ * CE
Giải:
Chi tiết:
\(C P \cdot C B = C Q \cdot C E\)
Điều này hoàn toàn có thể chứng minh bằng cách tính các đoạn thẳng trong tam giác và dùng tính chất của Power of a Point.
Câu c: Chứng minh KB = KQ
Giải:
Chi tiết:
a: Xét tứ giác MBQN có \(\hat{MBN}=\hat{MQN}=90^0\)
nên MBQN là tứ giác nội tiếp
=>M,B,Q,N cùng thuộc đường tròn đường kính MN
b: Ta có: MBQN là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BQN}+\hat{BMN}=180^0\)
mà \(\hat{BQN}+\hat{OQB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{OQB}=\hat{OMN}=\hat{NMQ}\)
Xét (O) có
\(\hat{NMQ};\hat{NPQ}\) là các góc nội tiếp chắn cung NQ
=>\(\hat{NMQ}=\hat{NPQ}\)
=>\(\hat{CBQ}=\hat{CPE}\)
Xét ΔCBQ và ΔCPE có
\(\hat{CBQ}=\hat{CPE}\)
\(\hat{BCQ}=\hat{PCE}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔCBQ~ΔCPE
=>\(\frac{CB}{CP}=\frac{CQ}{CE}\)
=>\(CB\cdot CE=CP\cdot CQ\)