K
Khách

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

19 giờ trước (16:48)

bài này của lớp mấy vậy cô, cái gì mà cứ D không trùng với AB rồi chứng minh chứng minh blah blah các kiểu đề bài dài quá em đọc hoài không hiểu cô ạ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

25 tháng 4 2018

Xét tứ giác MNCD , ta có:

góc ACB =90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NCD =90

góc MBA =90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NMD =90

=> NCD + NMD =180

=> đpcm

2. Xét tg MDA và tg CDB 

góc CBM = góc CAM (cùng chắn cung MC)

góc ACB =góc BMA = 90

=>2tg đồng dạng => đpcm

3. Xét tam giác ABN, ta có: 

AC và MB là đường cao và cắt nhau tại D.

=> DN là đường cao thứ 3 => DN  |  AB (1)

Lại có: góc BID nằm trên đtròn đk DB => góc BID =90 => DI  |  IB (2)

Từ (1)(2) => đpcm

What cái gì vậy tui đăng câu hỏi cơ mà

19 tháng 12 2021

a) Tứ giác ACEH có

ˆACE=ˆEHA=900ACE^=EHA^=900(cùng nhìn AE)

=> tứ giác ACHE nội tiếp 

b) tứ giác ACHE nội tiếp 

=> ˆEAH=ˆHCEEAH^=HCE^(cùng chắn EH)

lại có ˆADF=ˆACFADF^=ACF^(cùng chắn AF)

mà ˆACF+ˆHCE=900ACF^+HCE^=900do ˆACE=900ACE^=900

=>ˆEAH+ˆADF=900EAH^+ADF^=900

=> DF⊥ABDF⊥AB

mà EH⊥ABEH⊥AB

=> DF//EHDF//EH

c)các bước chứng minh nè :

cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)

thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D

25 tháng 3 2020

a) Tứ giác ACEH có

\(\widehat{ACE}=\widehat{EHA}=90^0\)(cùng nhìn AE)

=> tứ giác ACHE nội tiếp 

b) tứ giác ACHE nội tiếp 

=> \(\widehat{EAH}=\widehat{HCE}\)(cùng chắn EH)

lại có \(\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\)(cùng chắn AF)

mà \(\widehat{ACF}+\widehat{HCE}=90^0\)do \(\widehat{ACE}=90^0\)

=>\(\widehat{EAH}+\widehat{ADF}=90^0\)

=> \(DF\perp AB\)

mà \(EH\perp AB\)

=> \(DF//EH\)

c)các bước chứng minh nè :

cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)

thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D

21 tháng 3 2015

câu c hình như bn nhầm đỉnh tứ giác thì phải

d) bn cm ED là phân giác góc AEB (giống câu a) rồi dùng t/c phân giác trog và ngoài của tg AEB nhé

17 tháng 5 2016

kho qua

Bài 4 Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây AC. Từ một điểm D trên AC, vẽ DE vuông góc với AB. Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại F. Chứng minh rằng:a) Tứ giác BCDE nội tiếp.b)góc AFE= ACE.Bài 5. Cho nứa đường tròn đường kính AB. Lấy hai điểm C và D trên nửa đường tròn sao cho cung AC= cung CD= cung DB. Các tiếp tuyến vẽ từ B và C của nửa đường tròn cắt nhau tại I.Hai tia AC và BD cắt...
Đọc tiếp

Bài 4 Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây AC. Từ một điểm D trên AC, vẽ DE vuông góc với AB. Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại F. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCDE nội tiếp.

b)góc AFE= ACE.

Bài 5. Cho nứa đường tròn đường kính AB. Lấy hai điểm C và D trên nửa đường tròn sao cho cung AC= cung CD= cung DB. Các tiếp tuyến vẽ từ B và C của nửa đường tròn cắt nhau tại I.Hai tia AC và BD cắt nhau tại K. Chứng minh rằng:

a) Các tam giác KAB và IBC là những tam giác đêu.

b) Tứ giác KIBC nội tiếp.

Bài 6. Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn. Trên tia Bx lấy hai điểm C và D (C nằm giữa B và D). Các tia AC và BD lần lượt cắt đường tròn tại E và F. Hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác FNEM nội tiêp.

b) Tứ giác CDFE nội tiếp.

Bài 7. Cho tam giác ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi D là điểm đối xứng của H qua trung điểm M của BC.

a) Chứng minh rằng tứ giác ABDC nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm 0 của đường tròn đó

b) Đường thẳng DH cắt đường tròn (0) tại điểm thứ hai là I. Chứng minh rằng năm điểm A, I, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn

Các bạn giải giúp mình các bài này nhé, mình cảm ơn nhiều lắm

0
10 tháng 4 2021

a) Chứng minh tứ giác IEHFIEHF nội tiếp được đường tròn.

Ta có ∠AEB=∠AFB=900∠AEB=∠AFB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;

⇒AE⊥EB,AF⊥EB⇒AE⊥EB,AF⊥EB hay BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900.

Xét tứ giác IEHFIEHF có: ∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒ Tứ giác IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).

b) Chứng minh ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.

Cách 1:

Ta có IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠EIH=∠EFH⇒∠EIH=∠EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EHEH)

Hay ∠AIH=∠EFA.∠AIH=∠EFA.

Mà ∠EBA=∠EFA∠EBA=∠EFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AFAF của (O)(O))

⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)

Cách 2:

Xét tam giác IABIAB có hai đường cao AF,BEAF,BE cắt nhau tại H⇒HH⇒H là trực tâm tam giác IABIAB.

⇒IH⊥AB⇒IH⊥AB hay IK⊥ABIK⊥AB tại KK.

Xét tam giác vuông AIKAIK có: ∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900.

Xét tam giác vuông ABEABE có: ∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900.

Do đó ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.

c) Chứng minh cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos⁡∠ABP=PK+BKPA+PB.

Nối PA,PBPA,PB ta có ∠APB=900∠APB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác BPKBPK và tam giác BAPBAP có:

∠ABP∠ABP chung;

∠BKP=∠BPA=900;∠BKP=∠BPA=900;

⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: PKPA=BKPB=PK+BKPA+PBPKPA=BKPB=PK+BKPA+PB (1).

Xét tam giác vuông BKPBKP ta có: cos∠ABP=cos∠KPB=BKPBcos⁡∠ABP=cos⁡∠KPB=BKPB (2).

Từ (1) và (2) ta có cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos⁡∠ABP=PK+BKPA+PB.

d) Gọi SS là giao điểm cuả tia BFBF và tiếp tuyến tại AA của nửa đường tròn (O)(O). Khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK.

Xét tứ giác AEHKAEHK có: ∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒ Tứ giác AEHKAEHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).

⇒∠HEK=∠HAK=FAB⇒∠HEK=∠HAK=FAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HKHK);

Lại có ∠FAB=∠FEB∠FAB=∠FEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FBFB của (O)(O));

⇒∠HEK=∠FEB⇒EB⇒∠HEK=∠FEB⇒EB là phân giác của ∠FEK∠FEK ⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB (3).

Ta có: {IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒{IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒ Tứ giác AHISAHIS là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song).

Khi AHISAHIS là tứ giác nội tiếp thì ∠SAH+∠SIH=1800∠SAH+∠SIH=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) ;

Mà ∠SAH+∠AHI=1800∠SAH+∠AHI=1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau) ;

⇒∠SIH=∠AHI⇒⇒∠SIH=∠AHI⇒ Tứ giác AHISAHISlà hình thang cân.

Do đó ∠ISA=∠SAH∠ISA=∠SAH (Tính chất hình thang cân) hay ∠BSA=∠SAF∠BSA=∠SAF.

Mà ∠SAF=∠SBA∠SAF=∠SBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AFAF );

⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB vuông cân tại A⇒∠SBA=450A⇒∠SBA=450.

⇒ΔFAB⇒ΔFAB vuông cân tại F⇒∠FAB=450F⇒∠FAB=450 (4).

Từ (3) và (4) ta có ∠FEK=2∠FAB=2.450=900∠FEK=2∠FAB=2.450=900.

Vậy khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK(đpcm).

1 tháng 7 2021

a, ta có : góc AEB = 90 độ

suy ra góc HEI = 90 độ

tương tự ta có góc HFI = 90 độ

suy ra : góc HEI + góc HFI = 180 độ 

suy ra IEHF nội tiếp đường tròn

b, góc AIH = AFE

mà góc ABE = góc AFE

suy ra góc AIH = góc ABE