Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) Xét tứ giác BEDC có
\(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Câu 6:
\(x^2-10x+26\)
\(=x^2-10x+25+1=\left(x-5\right)^2+1\ge1\forall x\)
=>\(\sqrt{x^2-10x+26}\ge1\forall x\)
=>\(2021+\sqrt{x^2-10x+26}\ge1+2021=2022\forall x\)
Dấu '=' xảy ra khi x-5=0
=>x=5
Câu 5:
a: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
Tâm M là trung điểm của BC
b: BEDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)
mà \(\hat{BED}+\hat{FEB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)
Xét ΔFEB và ΔFCD có
\(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)
góc EFB chung
Do đó: ΔFEB~ΔFCD
=>\(\frac{FE}{FC}=\frac{FB}{FD}\)
=>\(FE\cdot FD=FB\cdot FC\) (1)
AKBC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AKB}+\hat{ACB}=180^0\)
mà \(\hat{AKB}+\hat{FKB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)
Xét ΔFKB và ΔFCA có
\(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)
góc KFB chung
Do đó: ΔFKB~ΔFCA
=>\(\frac{FK}{FC}=\frac{FB}{FA}\)
=>\(FK\cdot FA=FB\cdot FC\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(FK\cdot FA=FE\cdot FD\)
=>\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)
Xét ΔFKE và ΔFDA có
\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)
góc KFE chung
Do đó: ΔFKE~ΔFDA
=>\(\hat{FKE}=\hat{FDA}\)
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 tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAEC vuông tại E và ΔADB vuông tại D có
\(\widehat{EAC}\) chung
Do đó: ΔAEC đồng dạng với ΔADB
=>\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\)
=>\(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)
Xét ΔABC có
CE,BD là đường cao
CE cắt BD tại H
DO đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại M
Xét tứ giác AEHD có
\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
=>AEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH}\)
=>\(\widehat{EDB}=\widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}\left(1\right)\)
Xét tứ giác HDCM có
\(\widehat{HDC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)
=>HDCM là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HDM}=\widehat{HCM}\)
=>\(\widehat{MDB}=\widehat{ECB}=90^0-\widehat{ABC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{MDB}\)
=>DB là phân giác của \(\widehat{EDM}\)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong (O;R) có BD và CE là các đường cao. Cho góc A = 60 độ, tính theo R diện tích tứ giác OEAD
Có thể giải như sau:
Tam giác vuông ABD có ^BAD = 60o => AD = AB/2
Dễ thấy tg vuông ABD đồng dạng với tg vuông ACE => AD/AE = AB/AC => AD/AB = AE/AC => tg AED đông dạng tam giác ABC ( vì có chung góc A) => ED/BC = ADAB = 1/2 => ED = BC/2
Dễ tính được BC = RV3 => ED = RV3/2
Mặt khác : Vẽ đường kính AF => BF//CE (vì cùng _I_ với AB). Dễ thấy BCDE nội tiếp => ^BDE = ^BCE (cùng chắn cung BE) = ^CBF ( so le trong) = ^CAF (cùng chắn cung CF của (O) ) => AF _I_ DE ( vì đã có AD _I_ BD)
Vậy S(OEAD) = AO.ED/2 = R^2V3/4 => R = V(4SV3/3)
p/s:tham khảo
Câu hỏi là gì bạn?