K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R); các đường cao BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M,N ( M nằm trên cung nhỏ AB)1) Chứng minh tam giác AMN can2) Giả sử AH cắt BC tại D. Chứng minh rằng: \(AM^2=AH.AD\)3) Gọi P là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng PN cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh rằng AK vuông góc với HN.Bài...
Đọc tiếp

Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R); các đường cao BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M,N ( M nằm trên cung nhỏ AB)

1) Chứng minh tam giác AMN can

2) Giả sử AH cắt BC tại D. Chứng minh rằng: \(AM^2=AH.AD\)

3) Gọi P là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng PN cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh rằng AK vuông góc với HN.

Bài 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và P là một điểm di động trên đường tròn ( P khác A) sao cho \(PA\le PB\).Trên tia đối PB lấy điểm Q sao cho PQ=PA, dựng hình vuông APQR. Tia PR cắt đường tròn đã cho ở điểm C ( C khác P)

1) Chứng minh C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQB

2) Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác APB, Chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AQB

3) Kẻ đường cao PH của tam giác APB, gọi \(R_1,R_2,R_3\)lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác APB, tam giác APH và tam giác BPH.Tìm vị trí điểm P để tổng \(R_1+R_2+R_3\)đạt giá trị lớn nhất

0

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Tâm I là trung điểm của BC

b: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)

\(\hat{BFE}+\hat{KFB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

Xét ΔKFB và ΔKCE có

\(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

góc FKB chung

Do đó: ΔKFB~ΔKCE

=>\(\frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)

9 tháng 5 2021

giúp mình câu b với các bạn ơi

 

7 tháng 6 2021

a) Có \(\widehat{BFC}=\widehat{CKB}=90^0\)

=> Tứ giác BCFK nội tiếp

b)Có \(\widehat{BCK}=\widehat{BFK}\)( vì tứ giác BCFK nội tiếp )

mà \(\widehat{BCE}=\widehat{BDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\)

=> \(\widehat{BFK}=\widehat{BDE}\) mà hai góc nằm ở vị trí hai góc đồng vị

=> KF//DE

1 tháng 7 2023

a: góc BMH+góc BKH=180 độ

=>BMHK nội tiếp

góc BKC=góc BQC=90 độ

=>BKQC nội tiếp

b: Xét ΔFAB và ΔFCA có

góc FAB=góc FCA(=1/2sđ cung AB)

góc F chung

=>ΔFAB đồng dạng với ΔFCA

=>FA/FC=FB/FA

=>FA^2=FC*FB

15 tháng 2

a: Gọi E là giao điểm của BI và (O)

I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC, BI là phân giác của góc ABC

Xét (O) có

\(\hat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM

Xét (O) có

\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

Do đó: sđ cung EA=sđ cung EC

Xét (O) có

\(\hat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AE

=>\(\hat{BIM}=\frac12\) (sđ cung BM+sđ cung AE)

=1/2(sđ cung MC+sđ cung EC)

=1/2*sđ cung EM

Xét (O) có

\(\hat{EBM}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

Do đó: \(\hat{EBM}=\frac12\cdot\) sđ cung EM

Do đó: \(\hat{MIB}=\hat{MBI}\)

=>ΔMIB cân tại M

=>MI=MB

mà MB=MC

nên MI=MC

=>ΔMCI cân tại M

17 tháng 7 2021

a) Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{HEA}+\widehat{HFA}=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Xét tứ giác AEDB có 

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}\left(=90^0\right)\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

13 tháng 12 2021

\(a,\widehat{ACM}=90^0\) (góc nt chắn nửa đg tròn)

\(b,\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=90^0;\widehat{OAC}+\widehat{AMC}=90^0\left(\widehat{ACM}=90^0\right)\)

Mà \(\widehat{ABH}=\widehat{AMC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\right)\)

Do đó \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\)