Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a,\widehat{ABK}=\widehat{ACK}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta ABK;\Delta ACK\) vuông tại B và C
\(b,\left\{{}\begin{matrix}CK//BH\left(\perp AC\right)\\BK//CH\left(\perp AB\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow BHCK\) là hbh
\(c,\left\{{}\begin{matrix}AO=OM=R\\OM//AH\left(\perp BC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow HM=MK\)
Hình bình hành BHCK có M là trung điểm HK nên cũng là trung điểm BC
\(d,\left\{{}\begin{matrix}AO=OK=R\\HM=MK\left(cm.trên\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow OM\) là đtb tam giác AHK
\(\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\)
a: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp đường tròn
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp đường tròn
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
a: H' đối xứng H qua BC
=>BC là đường trung trực của H'H
=>BH=BH', CH=CH'
Xét ΔBHC và ΔBH'C có
BH=BH'
CH=CH'
BC chung
Do đó: ΔBHC=ΔBH'C
=>\(\hat{BHC}=\hat{BH^{\prime}C}\)
Gọi D là giao điểm của BH và CA, E là giao điểm của CH và AB
H là trực tâm của ΔABC
=>BH⊥CA tại D, CH⊥AB tại E
Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EHD}+\hat{EAD}=180^0\)
mà \(\hat{EHD}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)
và \(\hat{BHC}=\hat{BH^{\prime}C}\)
nên \(\hat{BAC}+\hat{BH^{\prime}C}=180^0\)
=>ABH'C là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔHBC có \(\frac{BC}{\sin BHC}=2R_1\)
=>\(\frac{BC}{sin\left(180^0-BAC\right)}=2R_1\)
=>\(2R_1=\frac{BC}{\sin BAC}\) (1)
Xét ΔABC có \(\frac{BC}{\sin BAC}=2R_2\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(R_1=R_2\)
=>Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔBHC bằng với bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC