Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì BHCG là hình bình hành nên BG∥HCcap B cap G is parallel to cap H cap C𝐵𝐺∥𝐻𝐶 và CG∥HBcap C cap G is parallel to cap H cap B𝐶𝐺∥𝐻𝐵.
Do HC⟂ABcap H cap C ⟂ cap A cap B𝐻𝐶⟂𝐴𝐵 (CF là đường cao) nên BG⟂ABcap B cap G ⟂ cap A cap B𝐵𝐺⟂𝐴𝐵, suy ra ∠ABG=90∘angle cap A cap B cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺=90∘.
Do HB⟂ACcap H cap B ⟂ cap A cap C𝐻𝐵⟂𝐴𝐶 (BE là đường cao) nên CG⟂ACcap C cap G ⟂ cap A cap C𝐶𝐺⟂𝐴𝐶, suy ra ∠ACG=90∘angle cap A cap C cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐶𝐺=90∘.
Xét tứ giác ABGC có ∠ABG+∠ACG=90∘+90∘=180∘angle cap A cap B cap G plus angle cap A cap C cap G equals 90 raised to the composed with power plus 90 raised to the composed with power equals 180 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺+∠𝐴𝐶𝐺=90∘+90∘=180∘.
Hai góc đối này bù nhau nên tứ giác ABGC nội tiếp được trong một đường tròn. Chứng minh tứ giác ABMG nội tiếp:
Từ hình bình hành BHCG, gọi K là trung điểm BC. Ta có K cũng là trung điểm HG.
Đường thẳng đi qua G song song với BC cắt AH tại M. Do AH⟂BCcap A cap H ⟂ cap B cap C𝐴𝐻⟂𝐵𝐶, suy ra MG⟂AHcap M cap G ⟂ cap A cap H𝑀𝐺⟂𝐴𝐻 hay ∠AMG=90∘angle cap A cap M cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝑀𝐺=90∘.
Do BG∥HCcap B cap G is parallel to cap H cap C𝐵𝐺∥𝐻𝐶 và HC⟂ABcap H cap C ⟂ cap A cap B𝐻𝐶⟂𝐴𝐵, suy ra BG⟂ABcap B cap G ⟂ cap A cap B𝐵𝐺⟂𝐴𝐵, hay ∠ABG=90∘angle cap A cap B cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺=90∘.
Xét tứ giác ABMG có hai đỉnh kề nhau B và M cùng nhìn cạnh AG dưới một góc vuông ( ∠ABG=∠AMG=90∘angle cap A cap B cap G equals angle cap A cap M cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐴𝑀𝐺=90∘). Do đó tứ giác ABMG nội tiếp được trong đường tròn đường kính AG.
Bước 2: Chứng minh tam giác ABD và tam giác AGC đồng dạng Ta có ∠ADB=90∘angle cap A cap D cap B equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐷𝐵=90∘ (AD là đường cao).
Ta có ∠ACG=90∘angle cap A cap C cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐶𝐺=90∘ (đã chứng minh ở Bước 1).
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABGC, ta có ∠ABD=∠ABGangle cap A cap B cap D equals angle cap A cap B cap G∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐺 (do D nằm trên BC, B, G, C nội tiếp) và ∠AGCangle cap A cap G cap C∠𝐴𝐺𝐶 cùng chắn cung AC.
∠ABGangle cap A cap B cap G∠𝐴𝐵𝐺 chắn cung AG, ∠ACGangle cap A cap C cap G∠𝐴𝐶𝐺 chắn cung AG (sai, ABGC nội tiếp, ∠ABCangle cap A cap B cap C∠𝐴𝐵𝐶 và ∠AGCangle cap A cap G cap C∠𝐴𝐺𝐶 không chắn cung giống nhau).
Sử dụng tính chất nội tiếp của ABGC: ∠BAC+∠BGC=180∘angle cap B cap A cap C plus angle cap B cap G cap C equals 180 raised to the composed with power∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐵𝐺𝐶=180∘.
Ta có ∠ABC=∠ABDangle cap A cap B cap C equals angle cap A cap B cap D∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐷.
Và ∠AGC=∠BGCangle cap A cap G cap C equals angle cap B cap G cap C∠𝐴𝐺𝐶=∠𝐵𝐺𝐶.
Góc ∠BGC=180∘−∠BAC=180∘−(∠ABD+∠DBC)angle cap B cap G cap C equals 180 raised to the composed with power minus angle cap B cap A cap C equals 180 raised to the composed with power minus open paren angle cap A cap B cap D plus angle cap D cap B cap C close paren∠𝐵𝐺𝐶=180∘−∠𝐵𝐴𝐶=180∘−(∠𝐴𝐵𝐷+∠𝐷𝐵𝐶)... cách này phức tạp. Sử dụng tính chất song song của BHCG: BG∥HCcap B cap G is parallel to cap H cap C𝐵𝐺∥𝐻𝐶.
∠GBC=∠HCBangle cap G cap B cap C equals angle cap H cap C cap B∠𝐺𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵 (so le trong).
Ta có ∠ABD=90∘−∠BAD=90∘−∠FAEangle cap A cap B cap D equals 90 raised to the composed with power minus angle cap B cap A cap D equals 90 raised to the composed with power minus angle cap F cap A cap E∠𝐴𝐵𝐷=90∘−∠𝐵𝐴𝐷=90∘−∠𝐹𝐴𝐸
Góc ∠AGCangle cap A cap G cap C∠𝐴𝐺𝐶: do CG∥HBcap C cap G is parallel to cap H cap B𝐶𝐺∥𝐻𝐵, ∠BCG=∠HBC=90∘−∠HCBangle cap B cap C cap G equals angle cap H cap B cap C equals 90 raised to the composed with power minus angle cap H cap C cap B∠𝐵𝐶𝐺=∠𝐻𝐵𝐶=90∘−∠𝐻𝐶𝐵 (sai). Cách khác:
Tứ giác ABGC nội tiếp nên ∠ABC=∠AGCangle cap A cap B cap C equals angle cap A cap G cap C∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐺𝐶 (cùng chắn cung AC) (sai, không đúng vị trí).
∠BAG=∠BCGangle cap B cap A cap G equals angle cap B cap C cap G∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐵𝐶𝐺 (cùng chắn cung BG)
∠ABG=∠ACG=90∘angle cap A cap B cap G equals angle cap A cap C cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐴𝐶𝐺=90∘ ∠BAC+∠BGC=180∘angle cap B cap A cap C plus angle cap B cap G cap C equals 180 raised to the composed with power∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐵𝐺𝐶=180∘.
∠ABC+∠AGC=180∘angle cap A cap B cap C plus angle cap A cap G cap C equals 180 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴𝐺𝐶=180∘ (sai). Trở lại:
∠ABD=90∘−∠BADangle cap A cap B cap D equals 90 raised to the composed with power minus angle cap B cap A cap D∠𝐴𝐵𝐷=90∘−∠𝐵𝐴𝐷 ∠AGCangle cap A cap G cap C∠𝐴𝐺𝐶:
Ta biết BG⟂ABcap B cap G ⟂ cap A cap B𝐵𝐺⟂𝐴𝐵 và CG⟂ACcap C cap G ⟂ cap A cap C𝐶𝐺⟂𝐴𝐶.
Trong △AGCtriangle cap A cap G cap C△𝐴𝐺𝐶, ∠ACG=90∘angle cap A cap C cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐶𝐺=90∘.
∠GAC=∠BAC+∠BAGangle cap G cap A cap C equals angle cap B cap A cap C plus angle cap B cap A cap G∠𝐺𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐵𝐴𝐺.
Ta có ∠DBC=90∘−∠Cangle cap D cap B cap C equals 90 raised to the composed with power minus angle cap C∠𝐷𝐵𝐶=90∘−∠𝐶.
∠ABG=90∘angle cap A cap B cap G equals 90 raised to the composed with power∠𝐴𝐵𝐺=90∘.
Do BG∥CHcap B cap G is parallel to cap C cap H𝐵𝐺∥𝐶𝐻, ta có ∠GBC=∠HCBangle cap G cap B cap C equals angle cap H cap C cap B∠𝐺𝐵𝐶=∠𝐻𝐶𝐵.
Ta có ∠ABD=90∘−∠BAD=∠Cangle cap A cap B cap D equals 90 raised to the composed with power minus angle cap B cap A cap D equals angle cap C∠𝐴𝐵𝐷=90∘−∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶 (sai, ∠ABC=90∘−∠Cangle cap A cap B cap C equals 90 raised to the composed with power minus angle cap C∠𝐴𝐵𝐶=90∘−∠𝐶 chỉ khi tam giác vuông). ∠ABC=∠ABD+∠DBCangle cap A cap B cap C equals angle cap A cap B cap D plus angle cap D cap B cap C∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐷+∠𝐷𝐵𝐶.
∠DBC=90∘−∠BCD=90∘−∠Cangle cap D cap B cap C e...
a) Do BE và CF là các đường cao trong tam giác ABC nên ˆBEC=90∘, ˆBFC=90∘
Tứ giác BCEF có góc E và góc F cùng nhìn cạnh BC và bằng nhau (cùng bằng 90∘) nên là tứ giác nội tiếp.
b) Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp nên ˆAFE=ˆACB, mà ˆACB=ˆASB (cùng chắn cung AB) nên ˆAFE=ˆASB
Suy ra tứ giác BFMS là tứ giác nội tiếp.
Do đó ˆFMS=180∘−ˆFBS=90∘.. Vậy OA ⊥⊥ EF.
c)
+) Tứ giác BCEF nội tiếp nên ˆAEF=ˆABC (1)
Từ OA ⊥ PE suy ra ˆAIB=ˆAPE(cùng phụ với ˆMAP). (2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔAPE∽ΔABI (g.g).
+) Tứ giác BHCS có BH // CS (cùng vuông góc với AS) và BS // CH (cùng vuông góc với AB) nên là hình bình hành. Do đó ba điểm H, K, S thẳng hàng.
Ta sẽ chứng minh hai góc đồng vị ˆPIM và HSM^ bằng nhau.
Tứ giác PDIM nội tiếp (vì có hai góc vuông M và D đối nhau) nên ˆPIM=ˆPDM (3)
Ta có:
ΔAHE∽ΔACDΔ nên AH.AD = AE.AC.
ΔAME∽ΔACSnên AM.AS = AE.AC.
Suy ra AH.AD = AM.AS ⇒AH/AM=AS/AD.
Do đó ΔMAH∽ΔDAS(c.g.c). Suy ra AHM^=ASD^.
Từ đó ta có tứ giác DHMS là tứ giác nội tiếp. Suy ra ˆHDM=ˆHSM. (4)
Từ (3) và (4) suy ra HS // PI, hay KH // PI.
\({}\)
a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.
Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\)
\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)
\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))
Vậy \(IE\perp ME\)
b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)
Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP
\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)
\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)
Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
b: góc DFC=góc EBC
góc EFC=góc DAC
góc EBC=góc DAC
=>góc DFC=góc EFC
A B C D I R H K J M N O
Gọi M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C xuống AC,AB
Ta có \(DH.DA=DB.DC\)(1)
Để chứng minh K là trực tâm tam giác IBC ta chứng minh \(DK.DJ=DB.DC\)hay \(DK.DJ=DH.DA\)
Ta có NC,NA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của \(\widehat{MND}\)nên
\(\frac{HK}{HD}=\frac{NK}{ND}=\frac{AK}{AH}\)
\(\Rightarrow AK.HD=AD.HK\)
\(\Leftrightarrow HD\left(AD-DK\right)=AD\left(DK-DH\right)\)
\(\Leftrightarrow2.AD.DH=DK\left(DA+DH\right)\)
\(\Leftrightarrow2.AD.DH=2.DK.DJ\)
\(\Rightarrow AD.DH=DK.DJ\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có\(DK.DJ=DH.DA\)
=> K là trực tâm của tam giác IBC
a: Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)
Xét (O) có
\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\left(1\right)\)
Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEC}+\widehat{FBC}=180^0\)
mà \(\widehat{FEC}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{AEF}=\widehat{xAC}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//FE
Ta có: Ax//FE
OA\(\perp\)Ax
Do đó: OA\(\perp\)FE
b: Gọi giao điểm của AI và (O) là D
Xét (O) có
AO là bán kính
AO cắt (O) tại D
Do đó: AD là đường kính của (O)
Gọi giao điểm của AH với BC là N
Xét ΔABC có
BE,CF là các đường cao
BE cắt CF tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại N
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại C
Xét (O) có
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)
Xét ΔANB vuông tại N và ΔACD vuông tại C có
\(\widehat{ABN}=\widehat{ADC}\)
Do đó: ΔANB~ΔACD
=>\(\widehat{BAN}=\widehat{CAD}\)
=>\(\widehat{BAN}+\widehat{NAD}=\widehat{CAD}+\widehat{NAD}\)
=>\(\widehat{PAE}=\widehat{IAB}\)
Xét ΔAPE và ΔAIB có
\(\widehat{PAE}=\widehat{IAB}\)
\(\widehat{AEP}=\widehat{ABI}\)
Do đó: ΔAPE~ΔAIB
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC