Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>\(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=R\sqrt{3}\)
b: Ta có: ΔOAC cân tại O
mà OD là đường cao
nên OD là tia phân giác của góc COA
Xét ΔOCD và ΔOAD có
OC=OA
\(\widehat{COD}=\widehat{AOD}\)
OD chung
Do đó: ΔOCD=ΔOAD
Suy ra: \(\widehat{OCD}=\widehat{OAD}=90^0\)
hay AD là tiếp tuyến của (O)
a: I đối xứng H qua AB
=>AB là đường trung trực của HI
=>AH=AI và BH=BI
H đối xứng K qua AC
=>AC là đường trung trực của HK
=>AH=AK; CH=CK
Xét ΔAHB và ΔAIB có
AH=AI
HB=IB
AB chung
Do đó: ΔAHB=ΔAIB
=>\(\hat{HAB}=\hat{IAB}\) và \(\hat{AHB}=\hat{AIB}\)
=>AB là phân giác của góc HAI và \(\hat{BIA}=90^0\)
Xét ΔCKA và ΔCHA có
CK=CH
KA=HA
CA chung
Do đó: ΔCKA=ΔCHA
=>\(\hat{KAC}=\hat{HAC}\)
=>AC là phân giác của góc KAH
\(\hat{KAI}=\hat{KAH}+\hat{HAI}\)
\(=2\left(\hat{HAC}+\hat{HAB}\right)=2\cdot\hat{BAC}=90^0\cdot2=180^0\)
=>K,A,I thẳng hàng
ΔCKA=ΔCHA
=>\(\hat{CKA}=\hat{CHA}\)
=>\(\hat{CKA}=90^0\)
=>CK⊥KI
mà BI⊥IK
nên CK//BI
Ta có: AH=AI
AH=AK
DO đó: AK=AI
=>A là trung điểm của KI
Xét hình thang BIKC có
A là trung điểm của KI
O là trung điểm của BC
Do đó: AO là đường trung bình của hình thang BIKC
=>AO//BI//CK
=>AO⊥KI
=>KI là tiếp tuyến tại A của (O)
d:
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
Diện tích hình thang BIKC là:
\(S_{BIKC}=\frac12\cdot\left(BI+CK\right)\cdot IK=\frac12\cdot\left(BH+CH\right)\cdot2\cdot AH=AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
Để \(S_{BIKC}\) lớn nhất thì AB=AC
=>A là điểm chính giữa của cung BC
e: AB là đường trung trực của HI
=>AB⊥HI tại E và E là trung điểm của HI
AC là đường trung trực của HK
=>AC⊥HK tại F và F là trung điểm của HK
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)
=>\(\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\)
=>\(\frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{CA^2}\)
Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao
nen \(BE\cdot BA=BH^2\)
=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)
Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao
nên \(CF\cdot CA=CH^2\)
=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)
\(BE\cdot CF\cdot BC\)
\(=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{CA}\cdot BC=\frac{\left(BH\cdot CH\right)^2}{AB\cdot AC}\cdot BC\)
\(=\frac{\left(AH^2\right)^2}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)
g: AEHF là hình chữ nhật
=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)
mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)
nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)
ΔOAC cân tại O
=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}\)
\(\hat{OAC}+\hat{AFE}\)
\(=\hat{OCA}+\hat{ABC}=90^0\)
=>AO⊥EF
a)góc BHF=90
góc BEF=90 (do góc BEF chắn \(\frac{1}{2}\)(O))
=>BHF+BEF=180
=>BEFH là tứ giác nội tiếp