Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1:
a: góc AEH+góc ADH=180 độ
=>AEHD nội tiếp
b: góc BEC=góc BDC=90 độ
=>BEDC nội tiếp
c: BEDC nội tiếp
=>góc EBD=góc ECD
d: Xét ΔABC có
BD,CE là đường cao
BD cắt CE tại H
=>H là trực tâm
=>AH vuông góc BC
a) \(BE,CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\Rightarrow\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^o\).
Mà trong tứ giác \(BFEC\), hai góc này có đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh \(BC\).
Vậy : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (đpcm).
b) Ta có : \(\hat{ABD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AB\perp BD.\)
Mà : \(\hat{BFC}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AB\perp CF.\)
Từ đó suy ra : \(BD\left|\right|CF\Rightarrow BFCD\) là hình thang.
Mà : \(\hat{BFC}=\hat{ABD}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow BFCD\) là hình thang vuông.
c) Ta có : \(CF\left|\right|BD\left(cmt\right)\) hay \(CH\left|\right|BD\left(1\right).\)
Mặt khác : \(\hat{ACD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp CD\).
Và : \(BE\perp AC\left(gt\right)\)
Suy ra được : \(CD\left|\right|BE\) hay \(CD\left|\right|BH\left(2\right).\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.
Ta cũng có : \(M\) là trung điểm của \(BC\left(gt\right)\Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD\left(3\right).\)
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD\left(4\right)\) (tâm đường tròn).
Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta HAD\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\Leftrightarrow AH=2.OM\) (đpcm).
d) Cho \(I\) là giao điểm của \(OA\) và \(EF\).
Ta có : \(\hat{ACB}=\hat{ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\)).
Hay : \(\hat{ACB}=\hat{BDI}\left(5\right).\)
Mặt khác : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (cmt) nên \(\hat{AFI}=\hat{ECB}\) (cùng bù với \(\hat{BFE}\)) hay \(\hat{AFI}=\hat{ACB}\left(6\right).\)
Từ \(\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow\hat{AFI}=\hat{BDI}\) hay \(\hat{AFI}=\hat{ADB}.\)
\(\Delta ABD:\hat{BAD}+\hat{ADB}=90^o\) (hai góc phụ nhau)
\(\Rightarrow\hat{FAI}+\hat{AFI}=90^o.\)
\(\Delta AFI:\hat{FAI}+\hat{AFI}+\hat{AIF}=180^o\) (tổng ba góc trong một tam giác)
\(\Leftrightarrow\hat{AIF}=180^o-\left(\hat{FAI}+\hat{AFI}\right)=180^o-90^o=90^o\)
\(\Rightarrow OA\perp EF\) (đpcm).
1.
Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.
Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.
Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ=ABP.
Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP
\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢=AP⌢.
2.
(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}
a: góc HMC+góc HNC=180 độ
=>HMCN nội tiếp
b: góc CED=góc CAD
góc CDE=góc CAE
mà góc CAD=góc CAE(=góc CBD)
nên góc CED=góc CDE
=>CD=CE
a: góc ADH+góc AEH=180 độ
=>ADHE nội tiếp
b; góc xAC=góc ABC
=>góc xAC=góc ADE
=>xy//DE
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong (O;R) có BD và CE là các đường cao. Cho góc A = 60 độ, tính theo R diện tích tứ giác OEAD
Có thể giải như sau:
Tam giác vuông ABD có ^BAD = 60o => AD = AB/2
Dễ thấy tg vuông ABD đồng dạng với tg vuông ACE => AD/AE = AB/AC => AD/AB = AE/AC => tg AED đông dạng tam giác ABC ( vì có chung góc A) => ED/BC = ADAB = 1/2 => ED = BC/2
Dễ tính được BC = RV3 => ED = RV3/2
Mặt khác : Vẽ đường kính AF => BF//CE (vì cùng _I_ với AB). Dễ thấy BCDE nội tiếp => ^BDE = ^BCE (cùng chắn cung BE) = ^CBF ( so le trong) = ^CAF (cùng chắn cung CF của (O) ) => AF _I_ DE ( vì đã có AD _I_ BD)
Vậy S(OEAD) = AO.ED/2 = R^2V3/4 => R = V(4SV3/3)
p/s:tham khảo