Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đt tâm O đường kính AH cắt AB tại M, AC tại N.
1. Chứng minh rằng MN là đường kính của đt O và tứ giác BMNC nội tiếp.
2. Gọi I là trung điểm của BC, lấy P là điểm đối xứng vs A qua I, gọi Q là trung điểm của HP gọi K là giao điểm của MN và AI.
a, Chứng minh rằng AI vuông góc vs MN
b, Chứng minh rằng Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC
bn đăng những câu này ít người trả lời tử tế lắm ha
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
bài này thì bó tay
khó thế 12
bài trong đè thi chọn HSG cấp tỉnh của Bình Thuận
mình cần lời giải câu cuối