Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{CFA}=\hat{CDA}=90^0\)
nên AFDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\hat{MCI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CI
\(\hat{IAC}\) là góc nội tiếp chắn cung IC
Do đó: \(\hat{MCI}=\hat{IAC}\)
Xét ΔMCI và ΔMAC có
\(\hat{MCI}=\hat{MAC}\)
góc CMI chung
Do đó: ΔMCI~ΔMAC
=>\(\frac{MC}{MA}=\frac{MI}{MC}\)
=>\(MC^2=MI\cdot MA\)
AFDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{FDC}+\hat{FAC}=180^0\)
mà \(\hat{FDC}+\hat{MDC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{MDC}=\hat{BAC}\)
mà \(\hat{BAC}=\hat{MCB}\) (=1/2*sđ cung CB)
nên \(\hat{MDC}=\hat{MCB}\)
=>\(\hat{MDC}=\hat{MCD}\)
=>ΔMCD cân tại M
A B C H O P E F M N U V V' K S T L J G I
Gọi EN giao FM tại K, AP cắt BC tại V, AK cắt BC tại U. Giao điểm của EF với AK và AP lần lượt là L và I.
Áp dụng ĐL Thales ta dễ có \(\frac{FL}{AM}=\frac{KF}{KM}=\frac{EF}{MN}=\frac{EI}{AM}\Rightarrow FL=EI\). Từ đây BU = CV
Suy ra hai điểm U,V đối xứng với nhau qua trung điểm T của cạnh BC (1)
Mặt khác gọi S là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. KJ vuông góc AH tại J, AH cắt EF tại G.
Ta thấy ^KJH = ^KEH = ^KFH = 900 nên năm điểm E,F,K,H,J đồng viên
Từ đó \(GE.GF=GH.GJ\Rightarrow\frac{1}{4}SB.SC=\frac{1}{4}SH.SA=GH.GJ\)
Hay \(d_{\left(O,EF\right)}.AG=GH.d_{\left(K,EF\right)}\Rightarrow\frac{d_{\left(O,EF\right)}}{d_{\left(K,EF\right)}}=\frac{GH}{AG}\). Từ đó dễ suy ra L,O,H thẳng hàng
Gọi cát tuyến LOH cắt BC tại V'. Ta lại có CF và OH cắt nhau tại trọng tâm tam giác ABC nên theo ĐL Thales:
\(CV'=2.FL=BU\). Suy ra hai điểm U và V' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra V trùng V'. Mà AP cắt BC tại V, OH (Đường Euler của tam giác ABC) cắt BC tại V'
Nên OH,AP,BC đồng quy (đpcm).
gọi (α) là mặt phẳng qua C vuông góc với BD
tam giác ABC vuông cân ở A và AB= a => BC = a√2
tam giác ACD vuông cân ở C và AC = a => AD = a√2
BD^2 = CD^2 + BC^2 = a^2 + 2a^2 = 3a^2 => BD = a√3
BD L (α) => BD L CF
DC L (ABC) => DC L BC
ta có:
CD^2 = DF.BD => DF = CD^2/BD = a^2/(a√3) = a/√3
BD L (α) => BD L EF
DC L (ABC) và AB L AC => AB L AD ( định lý 3 đường vuông góc)
=> ΔDEF ~ Δ DBA => DF/DA = DE/BD
=> DE = DF.BD/DA = (a/√3)(a√3)/(a√2) = a/√2
V = V(DABC) = S(ABC).CD/3 = (a^2/2).a/3 = a^3/6
V1 = V(CDEF) = V(DCEF)
ta có:
V1/V = (DC/DC).(DE/DA).(DF/DB) = 1.[(a/√2)/(a√2)].[(a/√3)/(a√3)] = 1/6
=> V1 = V/6 = (a^3/36)
a) Xét tam giác ABF có AE là phân giác đồng thời là đường cao nên nó là tam giác cân tại B.
Vây thì BA = BF.
b) Xét tứ giác HDKF có HF song song và bằng DK nên HDKF là hình bình hành.
Vậy nên HD // FK ; HD = FK
Xét tam giác ABC có AB < AC nên \(\widehat{ABC}>\widehat{ACB}\)