Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, ∆ABE cân vì BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác
b, Chứng minh K là trực tâm ∆ABE => EK ⊥ AB
c, Chứng minh: A F B ^ + A B F ^ = K B C ^ + B K C ^ = 90 0
=> F A B ^ = 90 0
=> FA là tiếp tuyến (O)
d, C di chuyển trên (O) thì E di chuyển trên (B;BA)
tại sao BI lại là đường cao và tại sao k lại là trực tâm trong khi đó ac chưa vuông góc với eb?
a) Xét tứ giác AKIB có
\(\widehat{AKB}=\widehat{AIB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{AKB}\) và \(\widehat{AIB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB
Do đó: AKIB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
A B C I D E F N M P Q 1 1
Không mất tính tổng quát , giả sử AB < AC ( bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC )
Dễ thấy P là điểm chính giữa \(\widebat{EF}\) nên D,N,P thẳng hàng
Cần chứng minh \(\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\)
Ta có : \(\widehat{IMC}=\widehat{MIB}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\widehat{BIC}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{B_1}-\widehat{C_1}\right)+\widehat{B_1}\)
\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\frac{\widehat{ABC}}{2}-\frac{\widehat{ACB}}{2}\right)+\frac{\widehat{ABC}}{2}=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)
\(\widehat{PDC}=\widehat{PDE}+\widehat{EDC}=\frac{1}{2}\widehat{EDF}+\widehat{EDC}\)\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{FDB}-\widehat{EDC}\right)+\widehat{EDC}\)
\(=90^o-\frac{\widehat{FDB}}{2}+\frac{\widehat{EDC}}{2}=90^o-\frac{90^o-\widehat{B_1}}{2}+\frac{90^o-\widehat{C_1}}{2}\)
\(=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)
\(\Rightarrow\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\Rightarrow IM//ND\)
b) Theo câu a suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IDP}\)
Mà \(\Delta PID\)cân tại I ( do IP = ID ) nên \(\widehat{IPD}=\widehat{IDP}\)
Suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IPD}=\widehat{QPN}\)
\(\Rightarrow\Delta IDM\approx\Delta PQN\left(g.g\right)\)
c) từ câu b \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{ID}{PQ}=\frac{IP}{PQ}\)( 1 )
Theo hệ thức lượng, ta có : \(IQ.IA=IE^2=IP^2\)
Do đó : \(\frac{QP}{IP}=1-\frac{IQ}{IP}=1-\frac{IP}{IA}=\frac{PA}{IA}\)
Suy ra \(\frac{IP}{QP}=\frac{IA}{PA}\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{IA}{PA}\)kết hợp với IM // PN suy ra A,M,N thẳng hàng
A B C D F E M
a) Ta thấy: \(\Delta\)ABC cân tại A có AD vuông góc BC => AD là trung trực của BC
Xét tứ giác ABDC: AD là trung trực của BC; BC là trung trực của AD
=> Tứ giác ABDC là hình thoi => AC//BD hay AC//DF => ^ACE=^DFC (So le trong)
Xét \(\Delta\)ACE và \(\Delta\)DFC: ^ACE=^DFC; ^EAC=^CDF (Vì tứ giác ABDC là h.thoi)
=> \(\Delta\)ACE ~ \(\Delta\)DFC (g.g) => \(\frac{AE}{DC}=\frac{AC}{DF}\)(*)
Lại có: Hình thoi ABDC có ^BAC=1200 => ^BAD=^CAD=600 => \(\Delta\)ABD là tam giác đều.
=> AB=BD=AD=AC=CD, thay DC=AC=AD vào (*) ta được: \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{DF}\)
Xét \(\Delta\)EAD và \(\Delta\)ADF: \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{DF};\)^EAD=^ADF (Do tam giác BAD đều)
=> \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)ADF (c.g.c).
b) \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)ADF (cmt) => ^AED=^DAF.
Dễ thấy ^AED là góc ngoài tam giác AEM => ^AED = ^EAM + ^EMA
^DAF = ^DAB + ^EAM
Do đó ^DAB + ^EAM = ^EAM + ^EMA => ^DAB = ^EMA.
Mà ^DAB=600 => ^EMA=600 hay ^AMD=600.
Xét tứ giác ADBM: ^AMD=^ABD=600 => Tứ giác ADBM nội tiếp đường tròn.
c) Tứ giác ADBM nội tiếp đường tròn => Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD (1)
Do \(\Delta\)ABD cố định => Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD cố định. (2)
Từ (1) và (2) => Điểm M di động trên đường tròn ngoại tiếp cố định của \(\Delta\)ABD.
Vậy khi điểm E di động trên AB thì điểm M luôn di động trên cung nhỏ AB của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABD cố định.