Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEC}+\widehat{ABC}=180^0\)
a:
Sửa đề: Chứng minh AD,BE,CF đồng quy tại I
D nằm trên đường tròn đường kính AB
=>\(\hat{ADB}=90^0\)
D nằm trên đường tròn đường kính AC
=>\(\hat{ADC}=90^0\)
\(\hat{ADB}+\hat{ADC}=90^0+90^0=180^0\)
=>B,D,C thẳng hàng
Ta có: E nằm trên đường tròn đường kính AB
=>\(\hat{AEB}=90^0\)
=>BE⊥AC tại E
Ta có: F nằm trên đường tròn đường kính AB
=>\(\hat{AFC}=90^0\)
=>CF⊥AB tại F
Xét ΔABC có
AD,BE,CF là các đường cao
Do đó: AD,BE,CF đồng quy tại I
b: Xét tứ giác AFIE có \(\hat{AFI}+\hat{AEI}=90^0+90^0=180^0\)
nên AFIE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFID có \(\hat{BFI}+\hat{BDI}=90^0+90^0=180^0\)
nên BFID là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CEID có \(\hat{CEI}+\hat{CDI}=90^0+90^0=180^0\)
nên CEID là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\hat{IFE}=\hat{IAE}\) (AEIF nội tiếp)
\(\hat{IFD}=\hat{IBD}\) (BFID nội tiếp)
mà \(\hat{IAE}=\hat{IBD}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)
nên \(\hat{IFE}=\hat{IFD}\)
=>FI là phân giác của góc DFE
Ta có: \(\hat{FDI}=\hat{FBI}\) (BFID nội tiếp)
\(\hat{EDI}=\hat{ECI}\) (IECD nội tiếp)
mà \(\hat{FBI}=\hat{ECI}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)
nên \(\hat{FDI}=\hat{EDI}\)
=>DI là phân giác của góc FDE
Xét ΔDFE có
DI,FI là các đường phân giác
DI cắt FI tại I
Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔDEF
a: góc BIH+góc BKH=180 độ
=>BIHK nội tiếp
b: OE vuông góc BC
=>sđ cung EB=sđ cung EC
=>góc BAE=góc CAE
Xét ΔAKB vuông tại K và ΔACF vuông tại C có
góc ABK=góc AFC
=>ΔAKB đồng dạng với ΔACF
=>góc BAK=góc CAF
=>góc DAE=góc FAE
=>AE là phân giác của góc DAF
Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.
Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\) Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\) LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)
Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
Karin Korano
câu hỏi này của lớp 11 nhé !
1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán
đặt ^BAE=^CAE=α; EAF=β
Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)
Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có
: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh
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)
a: Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE⊥AB tại E
Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBDC vuông tại D
=>BD⊥AC tại D
Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}\left(=90^0\right)\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
c: \(S_{AED}+S_{BEDC}=S_{ABC}\)
=>\(S_{ABC}=S_{BEDC}+\frac13\cdot S_{BEDC}=\frac43\cdot S_{BEDC}\)
=>\(S_{AED}=\frac14\cdot S_{ABC}\)
BEDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EDC}+\hat{EBC}=180^0\)
mà \(\hat{EDC}+\hat{ADE}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{ADE}=\hat{ABC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\hat{ADE}=\hat{ABC}\)
\(\hat{DAE}\) chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{DE}{BC}\right)^2\)
=>\(\left(\frac{DE}{8}\right)^2=\frac14=\left(\frac12\right)^2\)
=>\(\frac{DE}{8}=\frac12\)
=>DE=4(cm)
ΔADE~ΔABC
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac12\)
Xét ΔADB vuông tại D có cos BAD=\(\frac{AD}{AB}=\frac12\)
nên \(\hat{BAC}=60^0\)
Sửa đề: cắt AB,AC lần lượt tại E và D
a: Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE⊥AB tại E
Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó; ΔBDC vuông tại D
=>BD⊥AC tại D
Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp
b: Gọi K là giao điểm của AH và BC
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
Gọi I là trung điểm của AH
=>I là tâm đường tròn đường kính AH
ΔADH vuông tại D
mà DI là đường trung tuyến
nên ID=IH=IA
ID=IH
=>ΔIDH cân tại I
=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)
mà \(\hat{IHD}=\hat{BHK}=\hat{BCD}\) (=90 độ-góc DBC)
nên \(\hat{IDH}=\hat{BCD}\)
OB=OD
=>ΔOBD cân tại O
=>\(\hat{ODB}=\hat{OBD}\)
\(\hat{IDO}=\hat{IDH}+\hat{ODH}\)
\(=\hat{DBC}+\hat{DCB}=90^0\)
=>OD là tiếp tuyến tại D của (I)
=>OD là tiếp tuyến tạiD của đường tròn ngoại tiếp ΔADH
c: Xét ΔADB vuông tại D có cos DAB=\(\frac{AD}{AB}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=cos60=\frac12\)
Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
góc DAE chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{ABC}=4\cdot S_{DAE}\)
Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.
c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)
Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)
\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)
d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy)
Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)
Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)
\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)
Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)
Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)
Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ (4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ