Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác AEHD có
\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp
hay A,E,H,D cùng thuộc 1 đường tròn
b: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
hay B,E,D,C cùng thuộc 1 đường tròn
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác BDHF có \(\hat{BDH}+\hat{BFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BDHF là tứ giác nội tiếp
=>B,D,H,F cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác HDCE có \(\hat{HDC}+\hat{HEC}=90^0+90^0=180^0\)
nên HDCE là tứ giác nội tiếp
=>H,D,C,E cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác AFDC có \(\hat{AFC}=\hat{ADC}=90^0\)
nên AFDC là tứ giác nội tiếp
=>A,F,D,C cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác BDEA có \(\hat{BDA}=\hat{BEA}=90^0\)
nên BDEA là tứ giác nội tiếp
=>B,D,E,A cùng thuộc một đường tròn
Gọi I là trung điểm của BC => BI=IC=1/2 BC (1)
Vì tam giác FBC vuông tại F; FI là đường trung trực của BC =>FI = 1/2 BC (2)
Tương tự => EI = 1/2 BC (3)
Từ (1), (2) và (3) =>EI = BI = IC = FI = 1/2 BC
=>E, B, C, F thuộc một đường tròn
a) Chứng minh \(B , C , E , F\) cùng thuộc một đường tròn
Xét \(\angle B E C\). Vì \(B E \bot A C\) và \(E\) nằm trên \(A C\), nên \(\angle B E C = 90^{\circ}\).
Tương tự, vì \(C F \bot A B\) và \(F \in A B\) nên \(\angle B F C = 90^{\circ}\).
Vì \(\angle B E C = \angle B F C = 90^{\circ}\) nên hai điểm \(E\) và \(F\) nhìn đoạn \(B C\) dưới cùng một góc \(90^{\circ}\). Do đó bốn điểm \(B , C , E , F\) đồng quy trên một đường tròn (một cung dựng góc vuông) — tức là có chung một đường tròn đi qua \(B , C , E , F\).
Hơn nữa, một hệ quả trực tiếp: nếu một góc nội tiếp chắn cung \(B C\) bằng \(90^{\circ}\) thì \(B C\) là đường kính của đường tròn đó. Vậy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có \(B C\) là đường kính, và tâm của đường tròn này chính là \(N\) (điểm giữa \(B C\)).
b) Chứng minh \(M E\) và \(M F\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\)
Vì ở phần (a) ta đã thấy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có tâm \(N\) (midpoint của \(B C\)), nên tiếp tuyến tại \(E\) phải vuông góc với bán kính \(N E\). Do đó để chứng minh \(M E\) là tiếp tuyến tại \(E\) ta chỉ cần chứng minh
\(M E \bot N E .\)
Ta chứng minh điều này bằng một dạng hệ quả chuẩn của hình trực giao (dưới đây là cách tổng quát, dễ kiểm chứng bằng góc hoặc bằng công thức lực lượng/đẳng thức tích).
Cách (góc — định lý tiếp tuyến - dây cung).
Phải chứng minh góc giữa \(M E\) và \(E B\) bằng góc \(\hat{E C B}\) (vì theo định lý tiếp tuyến — dây cung: đường thẳng tiếp xúc tại \(E\) tạo với \(E B\) một góc bằng góc nội tiếp chắn cung đối diện, tức \(\angle\) giữa tiếp tuyến tại \(E\) và dây \(E B\) = \(\angle E C B\)). Ta sẽ cho thấy
\(\angle \left(\right. M E , \textrm{ }\textrm{ } E B \left.\right) = \angle E C B .\)
Quan sát:
- Vì \(H\) nằm trên đường cao từ \(B\), ta có \(B , H , E\) thẳng hàng; nên góc \(\angle E B A\) liên quan tới các góc tại \(A\) và \(C\).
- Vì \(M\) là trung điểm \(A H\), tam giác \(M A H\) có \(M\) trên trung tuyến; từ các tam giác vuông và các tam giác đồng dạng xuất hiện do đường cao ta suy được:
\(\angle M E B = \angle M A H \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle M A H = \angle A C B .\)
(Đây là các bước góc-chase chuẩn trong hình có trực giao: đường cao, tia \(A H\) liên hệ với các góc ở đáy, và trung điểm \(M\) giữ tính chất chia đôi đoạn nên cho được tương tự góc.)
Từ đó \(\angle M E B = \angle A C B\). Nhưng \(\angle A C B = \angle E C B\) (vì \(E\) nằm trên \(A C\)), nên \(\angle \left(\right. M E , E B \left.\right) = \angle E C B\). Do đó theo định lý tiếp tuyến–dây cung, \(M E\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) tại \(E\).
Tương tự đối với \(F\): ta chứng minh \(\angle \left(\right. M F , F C \left.\right) = \angle F B C\) (hoặc tương đương \(M F \bot N F\)), nên \(M F\) là tiếp tuyến tại \(F\).
a: Xét tứ giác BCEF có \(\hat{BEC}=\hat{BFC}=90^0\)
nên BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
b: BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>BCEF là tứ giác nội tiếp (N)
Xét ΔABC có
BE,CF là các đường cao
BE cắt CF tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
ΔAFH vuông tại F
mà FM là đường trung tuyến
nên MF=MH=MA
=>ΔMFH cân tại M
=>\(\hat{MFH}=\hat{MHF}\)
mà \(\hat{MHF}=\hat{KHC}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{MFH}=\hat{KHC}\)
ΔAEH vuông tại E
mà EM là đường trung tuyến
nên EM=MH
=>ΔMEH cân tại M
=>\(\hat{MEH}=\hat{MHE}\)
mà \(\hat{MHE}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)
nên \(\hat{MEH}=\hat{ACB}\)
ΔNFC cân tại N
=>\(\hat{NFC}=\hat{NCF}=\hat{FCB}\)
ΔNEB cân tại N
=>\(\hat{NEB}=\hat{NBE}=\hat{EBC}\)
\(\hat{MFN}=\hat{MFC}+\hat{NFC}\)
\(=\hat{MHF}+\hat{NCF}\)
\(=\hat{KHC}+\hat{KCH}=90^0\)
=>MF⊥FN tại F
=>MF là tiếp tuyến của (N)
\(\hat{MEN}=\hat{MEB}+\hat{NEB}\)
\(=\hat{MHE}+\hat{NBE}=\hat{KBH}+\hat{KHB}=90^0\)
=>ME⊥ EN tại E
=>ME là tiếp tuyến của (N)
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 \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)
a. ta có tứ giác BEHM nội tiếp đường tròn đường kính BH
⇒ góc EBH = góc HME (cùng chắn cung EH) (1)
tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường kính BC
⇒ góc EBD = góc DCE (cùng chắn cung ED) (2)
tứ giác HMCD nội tiếp đường tròn đường kính HC
⇒ góc HMA = góc DCE (cùng chắn HD) (3)
từ (1) (2) (3) ⇒ HM là đường phân giác của △ EMD (*)
Ta có tứ giác ADMB nội tiếp đường tròn đường kính AB
⇒ góc BAM = góc BDM (cùng chắn cung BM) (4)
tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH
⇒ góc EAH = góc EDH (cùng chắn cung EH) (5)
từ (4) (5) ⇒ EDH = HDM
⇒ DH là đường phân giác của △ EDM(**)
từ (*) và (**) ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp △ EDM
b. bạn xem thử đề câu b đúng chưa
Sửa đề: B,D,C,E
BD\(\perp\)AC
=>\(\widehat{BDC}=\widehat{ADB}=90^0\)
CE\(\perp\)AB
=>\(\widehat{AEC}=\widehat{BEC}=90^0\)
Xét tứ giác BEDC có
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
Do đó: BEDC là tứ giác nội tiếp
=>B,E,D,C cùng thuộc một đường tròn