Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì ∆ ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.
Vì ∆ ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.
Tứ giác BIHL nội tiếp.
Tứ giác CIHK nội tiếp.
Từ (1), (2) suy ra:
a: Xét tứ giác BFEC có góc BFC=góc BEC=90 độ
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔBCK nội tiếp
BK là đường kính
Do đó: ΔBCK vuông tại C
=>CK//AH
Xét (O) có
ΔBAK nội tiếp
BK là đường kính
Do đó: ΔBAK vuông tại A
=>AK//CH
Xét tứ giác CHAK có
CH//AK
CK//AH
DO đó: CHAK là hình bình hành
a: A,E,D,B cùng thuộc (O)
=>AEDB nội tiếp
A,E,C,B cùng thuộc (O)
=>AECB nội tiếp
B,E,C,D cùng thuộc (O)
=>BECD nội tiếp
góc AHB=góc AKB=90 độ
=>AKHB nội tiếp
b: Đề sai rồi bạn
Bài 1:
b)
chứng minh EDCB là tgnt => góc AED = góc ACB
từ đó, chứng minh tam giác AED đồng dạng ACB (gg)
=> DE / BC = AD / AB
tam giác ADB vuông tại A => AD / AB = cotg A = cotg 45 = 1
c)
kẻ tiếp tuyến tại Ax của (O) (Ax thuộc nửa mp bờ AC chứa B)
góc xAB = ACB = AED
=> DE // Ax
Mà Ax vuông góc với OA nên OA vuông góc với DE. (đpcm)
a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn
b: Vì AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH
nên AEHF nội tiếp (I)
=>IA=IH=IE=IF
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,F,E,C cùng thuộc (M)
=>ME=MB=MF=MC
Ta có: ME=MF
=>M nằm trên đường trung trực của EF(1)
Ta có: IE=IF
=>I nằm trên đường trung trực của EF(2)
Từ (1),(2) suy ra MI là đường trung trực của EF
c: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BA⊥BK
mà CH⊥BA
nên CH//BK
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
=>CA⊥CK
mà BH⊥CA
nên BH//CK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên Mlà trung điểm của HK
=>H,M,K thẳng hàng
BFEC nội tiếp
=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)
mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
Xét (O) có
\(\hat{KBC};\hat{KAC}\) là các góc nội tiếp chắn cung KC
=>\(\hat{KBC}=\hat{KAC}\)
\(\hat{AEF}+\hat{KAC}=\hat{ABC}+\hat{KBC}=\hat{ABK}=90^0\)
=>AK⊥EF
=>OA⊥EF
d: MF=MC
=>\(\hat{MFC}=\hat{MCF}\)
IF=IH
=>\(\hat{IFH}=\hat{IHF}\)
mà \(\hat{IHF}=\hat{DHC}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{IFH}=\hat{DHC}\)
\(\hat{MFI}=\hat{MFH}+\hat{IFH}\)
\(=\hat{MCF}+\hat{DHC}=\hat{DHC}+\hat{DCH}=90^0\)
=>MF⊥FI tại F
=>MF là tiếp tuyến của (I)
hay MF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAEF
Xét ΔIFM và ΔIEM có
IF=IE
MF=ME
IM chung
Do đó: ΔIFM=ΔIEM
=>\(\hat{IFM}=\hat{IEM}\)
=>\(\hat{IEM}=90^0\)
=>ME là tiếp tuyến của (I)
=>ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAEF
e: Xét (O) có
\(\hat{BPA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB
=>\(\hat{BPA}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BCA}=\hat{BHD}\) (\(=90^0-\hat{HBD}\) )
nên \(\hat{BPH}=\hat{BHP}\)
=>ΔBHP cân tại B
mà BC là đường cao
nên BC là đường trung trực của HP
=>H đối xứng P qua BC
Vì ∆ ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.
Tứ giác AKHL có
Tứ giác AKHL nội tiếp.
Tứ giác BIHL có
Tứ giác BIHL nội tiếp.
Tứ giác CIHK có
Tứ giác CIHK nội tiếp.
Tứ giác ABIK có
K và I nhìn đoạn AB dưới một góc vuông nên tứ giác ABIK nội tiếp. Tứ giác BCKL có
K và L nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên tứ giác BCKL nội tiếp.
Tứ giác ACIL có
I và L nhìn đoạn AC dưới một góc vuông nên tứ giác ACIL nội tiếp.