Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác BNHM có
\(\widehat{BNH}\) và \(\widehat{BMH}\) là hai góc đối
\(\widehat{BNH}+\widehat{BMH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: BNHM là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
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
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
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)
1 phần thôi nhé
Nối BE, Gọi P là giao điểm của AD với BE.
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABE => AH/HE=BP/PE=> HP//AB(1).
Từ (1)=> Tam giác AHP cân tại H=> AH=HP.(2)
Ta cần chứng minh AD//CE <=> DP//CE <=> BD/BC=BP/BE <=> BD/BC=1-(EP/BE).(3)
Mà EP/BE=HP/AB (do (1))=> EP/BE= AH/AB=HD/DB (do (2) và tc phân giác). (4)
Khi đó (3)<=> BD/BC=1-(HD/DB) hay (BD/BC)+(HD/DB)=1 <=> BD^2+HD*BC=BC*DB
<=> BD^2+HD*BC= (BD+DC)*BD <=> BD^2+HD*BC= BD^2+BD*DC <=> HD*BC=BD*DC
<=> HD/DB=CD/BC <=> AH/AB=CD/BC. (5)
Chú ý: Ta cm được: CA=CD (biến đổi góc).
Nên (5) <=> AH/AB=CA/BC <=> Tg AHB đồng dạng Tg CAB.( luôn đúng)
=> DpCm.
d: \(SA^2=SB\cdot SC\)
\(SE^2=SB\cdot SC\)
=>SA=SE
Xét ΔOAS và ΔOES có
OA=OE
SA=SE
OS chung
Do đó: ΔOAS=ΔOES
=>\(\widehat{OAS}=\widehat{OES}\)
mà \(\widehat{OAS}=90^0\)
nên \(\widehat{OES}=90^0\)
=>E nằm trên đường tròn đường kính SO
mà S,A,O,D cùng thuộc đường tròn đường kính SO(cmt)
nên E nằm trên đường tròn (SAOD)
a. \(\Delta BPC\sim\Delta BMH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BP}{BM}=\frac{BC}{BH}\) hay BM.BC = BP.BH.
b. Ta có: \(\Delta HNB\sim\Delta HPC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{HN}{HB}=\frac{HP}{HC}\Rightarrow\Delta HNP\sim\Delta HBC\left(c-g-c\right)\)
hay góc PNH = HBC. Tương tự góc MNC = CBH. Vậy thì góc PNH = MNC, từ đó suy ra góc MNB = PNB (Cùng phụ với hai góc trên).
Vậy thi NA là phân giác góc PNM.
c. Ta thấy \(BC.AH=BC\left(HM-AM\right)=BC.MH-BC.AM=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABC}}{2}\)
Tương tự \(AB.CH=\frac{S}{2}-\frac{S_{AHC}}{2};AC.VH=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABH}}{2}\)
Vậy thì \(BC.AH+AB.CH+AC.BH=\frac{3S}{2}-\frac{S_{ABC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{2}=\frac{3S}{2}-\frac{S}{2}=S.\)