Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao AK ,BM,CL chúng cắt nhau tại H. Chứng minh. a, LHKB ,MHKC,MHLA là các tứ giác nội tiếp b,BLMC , CKLA , AMKB là các tứ giác nội tiếp
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
a)
Xét tứ giác $LHKB$ có tổng hai góc đối nhau :
\(\widehat{HLB}+\widehat{HKB}=90^0+90^0=180^0\), do đó $LHKB$ là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác $MHKC$ có tổng hai góc đối nhau:
\(\widehat{HMC}+\widehat{HKC}=90^0+90^0=180^0\), do đó $MHKC$ là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác $MHLA$ có tổng hai góc đối nhau:
\(\widehat{HMA}+\widehat{HLA}=90^0+90^0=180^0\), do đó $MHLA$ là tứ giác nội tiếp.
b)
Xét tứ giác $BLMC$ có hai góc \(\widehat{BLC}=\widehat{CMB}(=90^0)\) và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BLMC$ là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác $CKLA$ có hai góc \(\widehat{CKA}=\widehat{ALC}(=90^0)\) và cùng nhìn cạnh $CA$ nên $CKLA$ là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác $AMKB$ có hai góc \(\widehat{AMB}=\widehat{AKB}(=90^0)\) và cùng nhìn cạnh $AB$ nên $AMKB$ là tứ giác nội tiếp
Hình vẽ:
1:
a: góc AEH+góc ADH=180 độ
=>AEHD nội tiếp
b: góc BEC=góc BDC=90 độ
=>BEDC nội tiếp
c: BEDC nội tiếp
=>góc EBD=góc ECD
d: Xét ΔABC có
BD,CE là đường cao
BD cắt CE tại H
=>H là trực tâm
=>AH vuông góc BC
a: Xét tứ giác BEMC có
góc BEC=góc BMC=90 độ
=>BEMC là tứ giác nội tiếp
b: AEHM; BEHI;CIHM;AEIC; BIMA
c: Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
=>ΔACK vuông tại C
Xét ΔACK vuông tại C và ΔAIB vuông tại I có
góc AKC=góc ABI
=>ΔACK đồng dạng vơi ΔAIB
=>AC/AI=AK/AB
=>AC*AB=AK*AI
a: Sửa đề: BFEC
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
b: góc ABK=1/2*sđ cung AK=90 độ
góc BAK=góc BAD+góc DAK
góc DAC=góc DAK+góc CAK
mà góc BAD=góc CAK
nên góc BAK=góc DAC
Xét ΔABK vuông tại B và ΔADC vuông tại D có
góc BAK=góc DAC
=>ΔABK đồng dạng với ΔADC
tứ giác AECF có góc AEC=AFC là 2 góc kề nhìn cạnh AC nên nt đg tròn
b) ta có : góc ABK =0,5 sđ cung AK=90 độ
xet tam giac ABK và AFC có
góc ABK=góc AFC=90 độ
goc AKB =góc ACF (GÓC NT CHAN CUNG AB)
=>Tam giác ABK đồng dạng vs tam giác AFC(G.G)
Tứ giác AECF có góp AEC=ACF laf2 góc kề nhìn cạnh AC nên nối tiếp đường tròn
B)Ta có:Góc ABK=0,5 sđ cùng AK=90 độ
Xét tam giác ABK
Lời giải:
a) Tứ giác $AFHE$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0$ nên $AFHE$ là tứ giác nội tiếp.
b) $AK$ là đường kính thì $\widehat{ACK}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác $ABD$ và $AKC$ có:
$\widehat{ADB}=\widehat{ACK}=90^0$
$\widehat{ABD}=\widehat{AKC}$ (góc nt cùng chắn cung $AC$)
$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle AKC$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AK}{AC}$
$\Rightarrow AB.AC=AD.AK$ (đpcm)
b) Ta có: CH\(\perp\)AB(gt)
BK\(\perp\)AB(ΔABK vuông tại B)
Do đó: CH//BK(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)
Ta có: BH\(\perp\)AC(gt)
CK\(\perp\)AC(ΔACK vuông tại C)
Do đó: BH//CK(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)
Xét tứ giác BHCK có
CH//BK(cmt)
BH//CK(cmt)
Do đó: BHCK là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
a) Xét (O) có
ΔABK nội tiếp đường tròn(A,B,K∈(O))
AK là đường kính(gt)
Do đó: ΔABK vuông tại B(Định lí)
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp đường tròn(A,C,K∈(O))
AK là đường kính(gt)
Do đó: ΔACK vuông tại C(Định lí)
a: góc HLB+góc HKB=180 độ
=>HLBK nội tiếp
góc HKC+góc HMC=180 độ
=>HMCK nội tiếp
góc HLA+góc HMA=180 độ
=>HLAM nội tiếp
b: góc BLC=góc BMC=90 độ
=>BLMC nội tiếp
góc CKA=CLA=90 độ
=>ALKC nội tiếp
góc AMB=góc AKB=90 độ
=>AMKB nội tiếp