Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, A,H,O thẳng hàng vì AH,AO cùng vuông góc với BC
HS tự chứng minh A,B,C,O cùng thuộc đường tròn đường kính OA
b, Ta có K D C ^ = A O D ^ (cùng phụ với góc O B C ^ )
=> ∆KDC:∆COA (g.g) => AC.CD = CK.AO
c, Ta có: M B A ^ = 90 0 - O B M ^ và M B C ^ = 90 0 - O M B ^
Mà O M B ^ = O B M ^ (∆OBM cân) => M B A ^ = M B C ^
=> MB là phân giác A B C ^ . Mặt khác AM là phân giác B A C ^
Từ đó suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
d, Kẻ CD ∩ AC = P. Chứng minh ∆ACP cân tại A
=> CA = AB = AP => A là trung điểm CK
1.Xét tứ giác CEHD ta có:
Góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
Góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 900.
CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 900; góc A là góc chung
=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 900; góc C là góc chung
=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có góc C1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ABC)
góc C2 = góc A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> góc C1 = góc C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn
=> góc C1 = góc E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
góc C1 = góc E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
góc E1 = góc E2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.
AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 900.
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.
4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E1 = góc A1 (1).
Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E3 = góc B1 (2)
Mà góc B1 = góc A1 (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E1 = góc E3 => góc E1 + góc E2 = góc E2 + góc E3
Mà góc E1 + góc E2 = góc BEA = 900 => góc E2 + góc E3 = 900 = góc OED => DE ┴ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ↔ ED2 = 52 – 32 ↔ ED = 4cm
a) Xét (O,R)(O,R) đường kính BCBC có
ˆBFC=ˆBEC=90oBFC^=BEC^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆAFH=ˆAEH=90o⇒AFH^=AEH^=90o
Tứ giác AFHEAFHE có ˆAFH+ˆAEH=180oAFH^+AEH^=180o
⇒AEFH⇒AEFH thuộc đường tròn đường kính (AH)(AH)
Tâm II là trung điểm của AHAH.
b) Xét ΔAHEΔAHE và ΔBHDΔBHD có:
ˆAEH=ˆBDH=90oAEH^=BDH^=90o
ˆAHE=ˆBHDAHE^=BHD^ (đối đỉnh)
⇒ΔAHE∼ΔBHD⇒ΔAHE∼ΔBHD (g-g)
⇒HEHD=HAHB⇒HEHD=HAHB (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
Mà HA=2HIHA=2HI
⇒HE.HB=2HD.HI⇒HE.HB=2HD.HI
c) Tứ giác AEHFAEHF nội tiếp đường tròn đường kính (AH)(AH) chứng minh câu a
⇒IE=IH=R⇒ΔIEH⇒IE=IH=R⇒ΔIEH cân đỉnh II
⇒ˆIEH=ˆIHE⇒IEH^=IHE^
ˆIHE=ˆBHDIHE^=BHD^ (đối đỉnh)
Từ hai điều trên ⇒ˆIEH=ˆBHD⇒IEH^=BHD^
ˆHEO=ˆHBDHEO^=HBD^ (do ΔOEBΔOEB cân đỉnh O)
⇒ˆIEO=ˆIEH+ˆHEO=ˆBHD+ˆHBD=90o⇒IEO^=IEH^+HEO^=BHD^+HBD^=90o (do ΔDHB⊥DΔDHB⊥D)
⇒IE⊥EO⇒IE⇒IE⊥EO⇒IE là tiếp tuyến của (O)(O).
Chứng minh tương tự
ˆIFH=ˆIHF=ˆDHCIFH^=IHF^=DHC^
ˆHFO=ˆOCHHFO^=OCH^
⇒ˆIFO=ˆDHC+ˆOCH=90o⇒IFO^=DHC^+OCH^=90o
⇒IF⊥FO⇒IF⇒IF⊥FO⇒IF là tiếp tuyến của (O)(O)
a) Gọi G là trung điểm của BC
Ta có: ΔDBC vuông tại D(BD\(\perp\)AC tại D)
mà DG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)
nên \(DG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(1)
Ta có: ΔEBC vuông tại E(CE\(\perp\)AB)
mà EG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)
nên \(EG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(2)
Ta có: G là trung điểm của BC(gt)
nên \(BG=CG=\dfrac{BC}{2}\)(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra GB=GC=GE=GD
hay B,C,D,E cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)
TH1:O và H nằm cùng phía với AC
Gọi I là giao điểm của AH và BN
M là giao điểm của AB và CO
Kẻ AK \(\perp\) MC cắt BC tại H'
Bài toán có 2 trường hợp
Bài toán có nhiều lời giải, chứng minh \widehat {OCH} = \widehat {OAI}OCH=OAI, \widehat {BHO} = \widehat {OAC}BHO=OAC, ...
Bài toán có 2 trường hợp
Bài toán có nhiều lời giải, chứng minh \widehat {OCH} = \widehat {OAI}OCH=OAI, \widehat {BHO} = \widehat {OAC}BHO=OAC, ...
Trường hợp 1: O và H nằm cùng phía so với AC
B A C O N 1 1 2
- O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
=> O là giao của 3 đường phân giác trong tam giác ABC
=> AO phân giác \(\widehat{BAC}\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{OAC}\left(1\right)\)
- \(\Delta BAH\) có BN vừa là đường phân giác góc B, vừa vuông góc với AH (gt)
=> \(\Delta BAH\) cân tại B => BA=BH
- \(\Delta OAB\) và \(\Delta OBH\) có:
\(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\) ( BN phân giác góc B)
OB chung
BA=BH (cmt)
=> \(\Delta OAB\) = \(\Delta OBH\) (c-g-c)
=> \(\widehat{A_1}=\widehat{H_1}\) ( góc tương ứng) (2)
- Từ (1) và (2) => \(\widehat{OAC}=\widehat{H_1}\) (3)
mà \(\widehat{H_1}+\widehat{OHC}=180^0\) ( kề bù ) (4)
- Từ (3) và (4) => \(\widehat{OAC}+\widehat{OHC}=180^0\)
=> A, O,H,C cùng nằm trên 1 đường tròn
Trường hợp 2: O và H nằm khác phía so với AC
B A C H F N O 1 1 1 1
- Gọi F là giao của BN và AH
- O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
=> O là giao của 3 đường phân giác trong tam giác ABC
=> \(\widehat{A_1}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}\) ; \(\widehat{B_1}=\dfrac{\widehat{B}}{2}\) ; \(\widehat{C_1}=\dfrac{\widehat{BCA}}{2}\)
- \(\widehat{C_1}=\dfrac{\widehat{BCA}}{2}=\dfrac{180^0-\left(\widehat{BAC}+\widehat{B}\right)}{2}=90^0-\left(\dfrac{\widehat{BAC}}{2}+\dfrac{\widehat{B}}{2}\right)=90^0-\left(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}\right)\left(5\right)\)
- \(\Delta BAF,\widehat{F_1}=90^0\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{B_1}+\widehat{BAF}=90^0\) ( tổng 3 góc trong tam giác)
hay \(\widehat{B_1}+\widehat{A_1}+\widehat{OAF}=90^0\Rightarrow\widehat{OAF}=90^0-\left(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}\right)\left(6\right)\)
- Từ (5) và ( 6) => \(\widehat{OAF}=\widehat{C_1}\left(7\right)\)
\(\widehat{OCH}+\widehat{C_1}=180^0\left(8\right)\) (kề bù)
- Từ (7) và (8) => \(\widehat{OCH}+\widehat{OAF}=180^0\)
=> A, O,H,C cùng nằm trên 1 đường tròn
A B C N H O 1 2 TH1: O và H nằm cùng phía với AC
Ta có: O là tâm đt nội tiếp △ ABC
=> O là giao của 3 đường phân giác △ABC
<=> OA là phân giác góc BAC
<=> BAO=OAC=BAC/2 (1)
Lại có: BN là phân giác góc ABC và vuông góc với AH (gt)
=>△ ABH cân tại B
<=> AB=BH
Xét △ABO và △BOH có:
OB chung
AB=BH(cmt) =>△ABO ∞ △HBO(c-g-c)
ABO=OBH (gt)
=> góc BAO= góc OHB ( góc tương ứng) (2)
Từ (1) ;(2) => góc OAC= góc OHB
Mà OHB+OHC=180 (Kề bù)
=>OHC+OAC=180
<=> tứ giác ACHO là tứ giác nội tiếp (t/c tg nt)
<=> O,C,H,A cùng thuộc đt đk OC A B C O N H 1 2 1 TH2: O và H nằm khác phía với AC M 1
Gọi M là giao của AC với BN
O là tâm đt nội tiếp △ABC
=> Olà giao của 3 đg phân giác của △ ABC
=> A1=BAC/2
C1= ACB/2
B1=ABC/2
=> C1= (180-(BAC+AB) ) /2 = 90- (A1+B1) (3)
Mặt khác : △ ABF có góc F =90
BAF +B1+F= 180( tổng 3 góc △ )
=> BAF +B1=90
hay A1+B1+ BAF= 90
=> BAF= 90-(A1+B1) (4)
Từ (3) ;(4) => C1= BAF
Mà C1+ OCH= 180 (kề bù)
=> BAF+ OCH =180
=> tứ giác AOCH là tứ giác nội tiếp (t/c tg nt)
=> A,O,H,C cùng thuộc 1đt đk OH
.
Xét (O) có :
-Góc AOC= Góc CHA ( là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOHC)
Mà hai góc này có đỉnh O và H là hai đỉnh kề nhau
=>O,C cùng thuộc một đường tròn (1)
-Vì góc OAH và góc OCH là hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOHC)
=>Góc OAH= Góc OCH (2)
Tứ(1),(2)=> Tứ giác AOHC nội tiếp đường tròn
=> 4 điểm A,O,H,C cùng thuộc một đường thẳng