Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình : bn tự vẽ ...
Giair
a, Do \(\widehat{AFB}=\widehat{AGB}=90^0\)nên AFCB là tứ giác nội tiếp
b) AFGB là tứ giác nội tiếp nên suy ra, \(\widehat{GAF}=\widehat{FBG}\)(*) ( cùng chắn cung GF )
Lại có \(\widehat{CAD}=\widehat{CBD}\) (cùng chắn cung CD của (O)), nên BHD là tam giác cân.
c) Với (O), từ (*) suy ra: cung CD = cung CE, nên CD = CE.
Do đó, E và H đối xứng với nhau qua AC
d, Do \(\widehat{JBA}=90^0\) (chắn nửa đường tròn) nên BJ // CL.
Tương tự, JC // BF nên BHCJ là hình bình hành, suy ra K là là trung điểm đoạn HJ.
e) Do O và K tương ứng là trung điểm của JA và JH nên OK là đường trung bình của tam giác AHJ
Suy ra, AH = 2OK.
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)
1: Xét tứ giác BHCD có
K là trung điểm chung của BC và HD
=>BHCD là hình bình hành
2: Xét ΔABC có
BF,CE là các đường cao
BF cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC
mà MD//BC
nên AM⊥MD tại M
=>M nằm trên đường tròn đường kính AD(1)
BHCD là hình bình hành
=>BH//CD và BD//CH
BH//CD
BH⊥AC
Do đó: CD⊥CA
=>C nằm trên đường tròn đường kính AD(2)
Ta có: BD//CH
CH⊥AB
Do đó: BD⊥BA
=>B nằm trên đường tròn đường kính AD(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra A,B,C,M,D cùng thuộc đường tròn đường kính AD
a: Xét ΔABC có
AE,BF là các đường cao
AE cắt BF tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>CH⊥AB
b: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BA⊥BK
mà CH⊥BA
nên BK//CH
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
a: K đối xứng H qua BC
=>BC là đường trung trực của HK
=>BH=BK và CH=CK
Xét ΔBHC và ΔBKC có
BH=BK
CH=CK
BC chung
Do đó: ΔBHC=ΔBKC
=>\(\hat{BHC}=\hat{BKC}\)
mà \(\hat{BHC}=\hat{EHF}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{BKC}=\hat{EHF}\)
Gọi J là trung điểm của BC
Xét (J) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE⊥AB tại E
Xét (J) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
=>BF⊥AC tại F
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EAF}+\hat{EHF}=180^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{BKC}=180^0\)
=>ABKC là tứ giác nội tiếp
=>K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔABC
=>K nằm trên (O)
b: Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{FAB}\) chung
Do đó: ΔAFB~ΔAEC
=>\(\frac{AF}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(AF\cdot AC=AE\cdot AB\)