Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Gọi N là giao điểm của DE và AC. Gọi AP là đường kính của (O)
=>P trùng với A'
Xét tứ giác AEDB có \(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)
nên AEDB là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EDB}+\hat{EAB}=180^0\)
mà \(\hat{EDB}+\hat{EDC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{EDC}=\hat{EAB}=\hat{BAP}\)
Xét (O) có \(\hat{BAP};\hat{BCP}\) là các góc nội tiếp chắn cung BP
=>\(\hat{BAP}=\hat{BCP}\)
=>\(\hat{EDC}=\hat{PCB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên ED//CP
Xét (O) có
ΔACP nội tiếp
AP là đường kính
Do đó: ΔACP vuông tại C
=>CA⊥CP
mà CP//ED
nên ED⊥CA
b: Kẻ PK⊥BC tại K
Xét (O) có
\(\hat{ABC};\hat{APC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC
=>\(\hat{ABC}=\hat{APC}\)
Xét ΔADB vuông tại D và ΔACP vuông tại C có
\(\hat{ABD}=\hat{APC}\)
DO đó: ΔADB~ΔACP
=>\(\hat{DAB}=\hat{PAC}\)
ΔADB~ΔACP
=>\(\frac{DB}{CP}=\frac{AB}{AP}\)
=>\(BD=\frac{AB\cdot CP}{AP}\)
Xét ΔPKC vuông tại K và ΔPBA vuông tại B có
\(\hat{PCK}=\hat{PAB}\left(=\hat{PCB}\right)\)
Do đó: ΔPKC~ΔPBA
=>\(\frac{PC}{PA}=\frac{CK}{AB}\)
=>\(CK=\frac{AB\cdot CP}{PA}\)
=>BD=CK
MD+DB=MB
MK+KC=MC
mà DB=KC và MB=MC
nên MD=MK
Xét tứ giác BEKP có \(\hat{BEP}=\hat{BKP}=90^0\)
nên BEKP là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EKB}=\hat{EPB}=\hat{APB}=\hat{ACB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên EK//AC
=>EK⊥CP
Xét tứ giác PFKC có \(\hat{PFC}=\hat{PKC}=90^0\)
nên PFKC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{PFK}+\hat{PCK}=180^0\)
=>\(\hat{PCK}=\hat{AFK}\)
=>\(\hat{AFK}=\hat{PCB}=\hat{PAB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên FK//AB
Chứng minh tương tự, ta được: DF//BP
mà AB⊥BP
nên DF⊥AB
=>DF⊥FK
=>ΔDFK vuông tại F
mà FM là đường trung tuyến
nên MF=MD=MK
EK//AC
DE⊥AC
Do đó: DE⊥ EK
=>ΔDEK vuông tại E
mà EM là đường trung tuyến
nên ME=MD=MK
=>MD=ME=MF
A B C D E O F
\(\widehat{\text{AFB}}=\widehat{ADB}=90^0\)
Mà ÀB và ADB là hai góc kề cùng nhìn AB dưới hai góc bằng nhau => ÀDB nội tiếp
b) ta có \(\widehat{ACB}=\widehat{AEB}\)( cùng chắn cung AB)
\(\widehat{DFC}=\widehat{BAF}\)( trong tứ giác nội tiếp góc ngaoif tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh còn lại )
\(\Rightarrow\widehat{ACB}+\widehat{FDC}=\widehat{BAF}+\widehat{BAE}=90^0\)
\(\Rightarrow DF\perp CA\)
a) Ta có\(\widehat{ADB}=\widehat{AFB}=90độ\left(gt\right)\)
Nên tứ giác ABDF nội tiếp ( 2 đỉnh EF cùng nhìn AB với 2 góc bằng nhau)
b) Ta có \(\widehat{AEDC}=90độ\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên ΔACE vuông tại C
Xét 2 tam giác vuông ABD và ACE có
\(\widehat{ABD}=\widehat{AEC}\)(cùng chắn \(\widebat{AC}\))
Nên ΔABD ~ ΔACE
Do đó \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}\)
Hay AB.AE=AD.AC
c) (Mình nghĩ câu này bạn ghi nhầm, theo mình thì ở đây ta phải chứng minh DF vuông góc AC)
Ta có \(\widehat{DFE}=\widehat{ABD}\)(tứ giác ABDF nội tiếp)
Mà \(\widehat{ABD}=\widehat{AEC}\)(cùng chắn \(\widebat{AC}\))
Do đó \(\widehat{DFE}=\widehat{AEC}\)
Ta lại có 2 góc này ở vị trí so le trong
Nên DF song song EC
Mà EC vuông góc AC
Suy ra DF vuông góc AC
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường cao AH của tam giác và đường kính AD của đường tròn (O). Gọi E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C và B xuống đường thẳng AD. Gọi M là trung điểm ÁD
a) Chứng minh tứ giác BMFO nội tiếp
b) chứng minh HE//BD
c) Chứng minh $S=\frac{AB.AC.BC}{4R}$S=AB.AC.BC4R ( Với S là diện tích tam giác ABC, R là bán kính đường tròn (O) )
Chịu @ _@
Chọn đáp án D
* Chứng minh các tứ giác ABHF và BMFO nội tiếp.
- Từ giả thiết suy ra: 
=> H và F thuộc đường tròn đường kính AB (quỹ tích cung chứa góc)
Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường tròn đường kính AB
- Gọi M là trung điểm của BC (gt), suy ra: OM ⊥ BC
Khi đó: 
Nên M, F thuộc đường tròn đường kính OB(quỹ tích cung chứa góc).
Vậy tứ giác BMOF nội tiếp đường tròn đường kính OB
* Chứng minh HE // BD.
Dễ chứng minh tứ giác ACEH nội tiếp đường tròn đường kính AC.
Và chúng ở vị trí so le trong suy ra: HE // BD