Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O E F K I J H M N S T L
c) AT là đường kính của (O), dễ thấy H,K,T thẳng hàng, gọi TH cắt (O) lần nữa tại S, ta được ^ASH = 900
Ta có A,E,H,F,S cùng thuộc đường tròn đường kính AH, suy ra:
(ES,EF) = (AS,AB) = (SC,SB), (SF,SE) = (BS,BC) do đó \(\Delta\)SFE ~ \(\Delta\)SBC
Vì K,L là trung điểm của BC,EF nên \(\Delta\)SFL ~ \(\Delta\)SBK, suy ra \(\Delta\)SFB ~ \(\Delta\)SLK, (KS,KL) = (BS,BA) (1)
Lại có: \(\frac{MF}{MB}=\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}=\frac{NE}{NC}\), \(\Delta\)SEC ~ \(\Delta\)SFB, suy ra \(\Delta\)SMN ~ \(\Delta\)SBC
Tương tự như trên, ta thu được (KS,KI) = (BS,BA) (2)
Từ (1);(2) suy ra K,I,L thẳng hàng. Mặt khác K,L,J thẳng hàng vì chúng cách đều E,F.
Do vậy I,J,K thẳng hàng.
Vẽ đường kính CM
\(MA\perp AC\)(\(\Delta MAC\)nội tiếp)
\(BE\perp AC\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\)\(MA//BH\) (1)
\(MB\perp BC\)(\(\Delta MBC\)nội tiếp)
\(AH\perp BC\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\)\(MB//AH\)(2)
Từ (1)(2):
\(\Rightarrow\)\(MAHB\)là hình bình hành.
\(\Rightarrow\)\(AH=BM\)
Do\(\widehat{BAC}=60^0\)
\(\Rightarrow BC=R\sqrt{3}\)
Áp dụng địn lí Pytago vào \(\Delta BMC\)
\(BM^2+BC^2=MC^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM^2=4R^2-3R^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM^2=R^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM=\sqrt{R^2}=R\)
\(\Rightarrow\)\(AH=BM=R\)
Mà \(AO=\frac{2R}{2}=R\)
\(\Rightarrow\)\(AH=AO\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta AHO\)cân tại \(A\)(ĐPCM)
a) Vì \(\hept{\begin{cases}AD\perp BC\\CF\perp AB\\BE\perp AC\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{AFC}=90^0\\\widehat{AEB}=90^0\\\widehat{ADC}=90^0\end{cases}}\)
Xét tứ giác AEHF có:
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối trong tứ giác AEHF
\(\Rightarrow AEHF\)nội tiếp ( dhnb )
+) Xét tứ giác ACDF có:
\(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)
mà 2 đỉnh F,D cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc vuông
\(\Rightarrow ACDF\) nội tiếp
b) Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{BVC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\right)\)
Vì tứ giác AEHF nội tiếp ( cmt) \(\Rightarrow\widehat{EHC}=\widehat{BAC}\left(tc\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\)
Xét tam giác HVC có \(\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta HVC\)cân tại C
+) Vì CE là đường cao của tam giác HVC cân tại C
=> CE là đường trung tuyến của tam giác HVC
=> E là trung điểm của HV
Xét tam giác FHB và tam giác EHC có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\left(đ^2\right)\\\widehat{BFH}=\widehat{HEC}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta FHB~EHC\left(g-g\right)}\) (d^2 là đối đỉnh )
\(\Rightarrow\frac{FH}{HB}=\frac{EH}{HC}\)
\(\Rightarrow FH.FC=EH.HB\)
\(\Rightarrow FH.CV=\frac{HV}{2}.HB\)
\(\Rightarrow BH.HV=2FH.CV\left(đpcm\right)\)
c) Mình sẽ làm tắt nha bạn, tắt này cơ bản thôi chỉ là cm tứ giác nội tiếp í mà
Tứ giác AFDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{FCD}\left(1\right)\)
Tứ giác EHDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{HED}=\widehat{HCD}\left(2\right)\)
(1), (2) \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)
Tứ giác BFHD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FBH}=\widehat{FDH}\left(3\right)\)
Tứ giác BAED nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\left(4\right)\)
(3) , (4) \(\Rightarrow\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)
Xét tam giác AFD và tam giác EHD có:
\(\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)và \(\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)
\(\Rightarrow\Delta AFD~\Delta EHD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FA}{FD}=\frac{HE}{HD}\left(5\right)\)và \(\widehat{AFD}=\widehat{EHD}\)
Xét tam giác AFI và tam giác VHD có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{AFI}=\widehat{VHD}\left(cmt\right)\\\widehat{FAI}=\widehat{HVD}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AFI~\Delta VHD\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{FA}{F1}=\frac{HV}{HD}=\frac{2HE}{HD}\left(6\right)\)
(5) , (6) \(\Rightarrow\frac{FA}{FI}=\frac{2FA}{FD}\)
\(\Rightarrow FI=\frac{1}{2}FD\)
\(\Rightarrow ID=IF\left(đpcm\right)\)