Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: Xét tứ giác BCDE có \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BCDE là tứ giác nội tiếp
2: Xét ΔKEB vuông tại E và ΔKDC vuông tại D có
góc EKB=góc DKC
Do đó: ΔEKB\(\sim\)ΔDKC
Suy ra: KE/KD=KB/KC
hay \(KE\cdot KC=KB\cdot KD\)
a) Xét tứ giác BEDC có
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{BEC}\) và \(\widehat{BDC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC
Do đó: BEDC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
2: 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
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HK
=>H,M,K thẳng hàng
4: 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 \(\hat{ABC}=\hat{ADE}\left(=180^0-\hat{EDC}\right)\)
nên \(\hat{xAC}=\hat{ADE}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//DE
=>OA⊥DE
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
=>\(\hat{FKE}=\hat{FDA}\)