Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác BIMK có \(\hat{BIM}+\hat{BKM}=90^0+90^0=180^0\)
nên BIMK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CIMH có \(\hat{CIM}+\hat{CHM}=90^0+90^0=180^0\)
nên CIMH là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\hat{KBM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BK và dây cung BM
\(\hat{BCM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM
Do đó: \(\hat{KBM}=\hat{BCM}\) (1)
BIMK là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{MBK}=\hat{MIK}\) (2)
CIMH là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{MHI}=\hat{MCI}=\hat{BCM}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{MIK}=\hat{MHI}\)
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>ΔABC cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (4)
BIMK là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{IMK}+\hat{IBK}=180^0\) (5)
CIMH là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{IMH}+\hat{ICH}=180^0\) (6)
Từ (4),(5),(6) suy ra \(\hat{IMK}=\hat{HMI}\)
Xét ΔMIK và ΔMHI có
\(\hat{MIK}=\hat{MHI}\)
\(\hat{IMK}=\hat{HMI}\)
Do đó: ΔMIK~ΔMHI
=>\(\frac{MI}{MH}=\frac{MK}{MI}\)
=>\(MI^2=MH\cdot MK\)
A B O C E F D I H K M J
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AE = EC; BF = FC
Vậy nên AE + BF = EC + CF = EF
b) Xét tam giác vuông BAD có AC là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có:
\(DA^2=DC.DB\)
c) Ta thấy rằng \(\Delta DCA\sim\Delta DAB\Rightarrow\frac{DA}{DB}=\frac{CA}{AB}\)
Lại có AB = 2OB; AC = 2AH.
Vậy nên \(\frac{DA}{DB}=\frac{2.AH}{2.OB}=\frac{AH}{OB}\)
Ta cũng có \(\widehat{DAH}=\widehat{DBO}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{BCA}\) )
Nên \(\Delta DAH\sim\Delta DBO\Rightarrow\widehat{DHA}=\widehat{DOB}\)
Mà \(\widehat{DHA}=\widehat{IHK}\) nên \(\widehat{DOB}=\widehat{IHK}\)
Xét tứ giác HIOK có \(\widehat{DOB}=\widehat{IHK}\) nên HIOK là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{HIK}=\widehat{HOK}\)
\(\widehat{HIK}+\widehat{HAK}=\widehat{HOK}+\widehat{HAK}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{AKI}=90^o\Rightarrow IK\perp AB\)
d) Từ A kẻ AJ song song với BD cắt BF tại J.
Khi đó ta thấy ngay ADBJ là hình bình hành. Vậy thì DJ giao với AB tại trung điểm mỗi đường hay O là trung điểm của AB và DJ.
Vậy ta có D, O , J thẳng hàng.
Xét tam giác AFJ có \(AB\perp FJ\)
\(FO\perp BC\) mà BC // AJ nên \(FO\perp AJ\)
Vậy thì O là trực tâm tam giác AFJ hay \(JO\perp AF\) (1)
Xét tam giác AIO có \(IK\perp AO;OH\perp AI\Rightarrow\) M là trực tâm tam giác.
Vậy thì \(AM\perp IO\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, M , F thẳng hàng.
(Quá lực!!!)
E N A B C D O H L
Đầu tiên, hãy CM tam giác \(EAH\) và \(ABD\) đồng dạng.
Từ đó suy ra \(\frac{EA}{AB}=\frac{AH}{BD}\) hay \(\frac{EA}{OB}=\frac{AC}{BD}\).
Từ đây CM được tam giác \(EAC\) và \(OBD\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ECA}=\widehat{ODB}\). Do đó nếu gọi \(OD\) cắt \(EC\) tại \(L\) thì CM được \(OD⊥EC\).
-----
Đường tròn đường kính \(NC\) cắt \(EC\) tại \(F\) nghĩa là \(NF⊥EC\), hay \(NF\) song song với \(OD\).
Vậy \(NF\) chính là đường trung bình của tam giác \(AOD\), vậy \(NF\) qua trung điểm \(AO\) (là một điểm cố định) (đpcm)
A B C M H O E F D K I
1. Dễ thấy : Góc MKA = 90 độ (Chắn nửa cung tròn đường kính AM)
Lại có AK vuông góc với BC tại D => MK // BC
2. Ta có : Góc FBC = CAD ( cùng phụ với góc ACB)
Mà : Góc CAD = 1/2 sđ cung CK = góc CAK
=> Góc KBC = góc FBC = góc CAK = 1/2 sđ cung CK
Mà BC vuông góc với AK => Hai tam giác DBK và tam giác DBH bằng nhau (cgv.gnk) => DK = DH (Hai cạnh tương ứng)
3. Gọi I là trung điểm của BC .
Ta có : BE vuông góc với AC ; MC vuông góc với AC
=> BE // MC
Tương tự ta có : MB // CF
suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành => Hai đường chéo BC và HM cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I là trung điểm BC
=> I cũng là trung điểm của HM => đpcm.