Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo nhé!a) Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AFH}\) và \(\widehat{AEH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BA⊥BK
mà CH⊥BA
nên CH//BK
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
=>CA⊥CK
mà BH⊥CA
nên BH//CK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm chung của BC và HK
a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: BFEC nội tiếp
=>\(\hat{FEB}=\hat{FCB}\)
mà \(\hat{FCB}=\hat{QCB}\)
và \(\hat{QCB}=\hat{QPB}\) (hai góc nội tiếp chắn cung QB)
nên \(\hat{FEB}=\hat{QPB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên FE//PQ
c: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)
=>OA⊥ Ax tại A
Xét (O) có
\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)
mà \(\hat{ABC}=\hat{AEF}\left(=180^0-\hat{FEC}\right)\)
nên \(\hat{xAC}=\hat{AEF}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//FE
=>Ax//PQ
Ax//PQ
OA⊥ Ax
Do đó: OA⊥PQ
d: Xét ΔABC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}=-\frac12\)
=>\(\hat{BOC}=120^0\)
Xét (O) có \(\hat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
=>\(\hat{BAC}=\frac12\cdot\hat{BOC}=60^0\)
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EAF}+\hat{EHF}=180^0\)
=>\(\hat{EHF}=180^0-60^0=120^0\)
Xét ΔAEB vuông tại E có cos EAB=AE/AB
=>\(\frac{AE}{AB}=cos60=\frac12\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\) (cmt)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}=\frac12\)
=>\(EF=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt3}{2}\)
Xét ΔHEF có \(\frac{EF}{\sin EHF}=2R_1\)
=>\(2R_1=\frac{R\sqrt3}{2}:\sin120=R\)
=>\(R_1=\frac{R}{2}\)
a: Xét tứ giác AEHF có
góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
=>ΔABK vuông tại B
=>BK//CH
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
=>ΔACK vuông tại C
=>CK//BH
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
=>BHCK là hình bình hành
=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm của BC
a: góc AFH+góc AEH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
b: BFEC nội tiếp
=>góc IBF=góc IEC
Xét ΔIBF và ΔIEC có
góc IBF=góc IEC
góc I chung
=>ΔIBF đồng dạng với ΔIEC
=>IB/IE=IF/IC
=>IB*IC=IE*IF
c: Vì góc B là góc nội tiếp chắn cung nhỏ AC
nên \(sđ\stackrel\frown{AC}=2\cdot\widehat{B}=120^0\)
a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có BE là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy \(AD\cdot BC=BE\cdot AC\)
c: Xét (O) có
\(\hat{BMA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA
=>\(\hat{BMA}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BCA}=\hat{BHD}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)
nên \(\hat{BHM}=\hat{BMH}\)
=>ΔBMH cân tại B
a) Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AFH}\) và \(\widehat{AEH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét tứ giác BFEC có
\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC
Do đó: BFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)