Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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)
Sửa đề: cắt AB,AC lần lượt tại E và D
a: Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE⊥AB tại E
Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó; ΔBDC vuông tại D
=>BD⊥AC tại D
Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp
b: Gọi K là giao điểm của AH và BC
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
Gọi I là trung điểm của AH
=>I là tâm đường tròn đường kính AH
ΔADH vuông tại D
mà DI là đường trung tuyến
nên ID=IH=IA
ID=IH
=>ΔIDH cân tại I
=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)
mà \(\hat{IHD}=\hat{BHK}=\hat{BCD}\) (=90 độ-góc DBC)
nên \(\hat{IDH}=\hat{BCD}\)
OB=OD
=>ΔOBD cân tại O
=>\(\hat{ODB}=\hat{OBD}\)
\(\hat{IDO}=\hat{IDH}+\hat{ODH}\)
\(=\hat{DBC}+\hat{DCB}=90^0\)
=>OD là tiếp tuyến tại D của (I)
=>OD là tiếp tuyến tạiD của đường tròn ngoại tiếp ΔADH
c: Xét ΔADB vuông tại D có cos DAB=\(\frac{AD}{AB}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=cos60=\frac12\)
Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
góc DAE chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{ABC}=4\cdot S_{DAE}\)
Bài 1:
A B C H F D E K L
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.