a) +) Dễ thấy: ^BAD = ^CAO (Cùng phụ ^ABC). Mà ^BAI = ^CAI nên ^OAI = ^DAI 

Suy ra: ^OAI = ^DAO/2 = ^BAI - ^BAD = ^BAC/2 - 90⁰ + ^ABC = ^BAC/2 - (^BAC+^ABC+^ACB)/2 + ^ABC

= (^ABC + ^ACB)/2 = \(\frac{\alpha-\beta}{2}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{2\left(\alpha+\beta\right)}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{sđ\widebat{BAC}}\) (đpcm).

+) Kẻ đường kính AG của đường tròn (O). Dễ thấy: Tứ giác BICJ nội tiếp, gọi (BICJ) cắt AC tại R khác C.

Do AK=2R nên AK = AG. Ta có: ^ARB = ^ARI + ^BRI = ^IBC + ^ICB = (^ABC+^ACB)/2 = ^ABI + ^IBC = ^ABR

=> \(\Delta\)BAR cân tại A => AB = AR. Kết hợp với AK=AG, ^BAG = ^RAK (cmt) => \(\Delta\)ABG = \(\Delta\)ARK (c.g.c)

=> ^ABG = ^ARK = 90⁰ => ^KRC = ^KDC = 90⁰ => Tứ giác DKCR nội tiếp 

=> AD.AK = AR.AC = AI.AJ => Tứ giác DIJK nội tiếp (đpcm).

b) \(\Delta\)KAG cân tại A có phân giác AI => AI vuông góc KG hay AM vuông góc KG. Mà AM vuông góc GM

Nên K,G,M thẳng hàng => K,M,G,N thẳng hàng => AM vuông góc KN tại M

Ta thấy: M là trung điểm IJ, KM vuông góc IJ tại M nên \(\Delta\)KIJ cân tại K

Xét đường tròn (KIJ): KI = KJ, KN vuông góc IJ => KN là đường kính của (KIJ)

Mà D thuộc đường tròn (KIJ) (cmt) => ^KDN = 90⁰ => ND vuông góc AK tại D => N,L,D thẳng hàng

Xét \(\Delta\)AKN có: AM vuông góc KN, ND vuông góc AK, AM và ND cùng đi qua L

=> L là trực tâm \(\Delta\)AKN => KL vuông góc AN (đpcm).

c) Gọi P là trực tâm của \(\Delta\)AJQ

Do \(\Delta\)KIJ cân tại K => ^KIJ = ^KJI. Có tứ giác DIJK nội tiếp => ^KIJ = ^KDJ => ^KDJ = ^KJI

Từ đó: \(\Delta\)DKJ ~ \(\Delta\)JKA (g.g) => KJ² = KD.KA => KQ² = KD.KA => \(\Delta\)KQD ~ \(\Delta\)KAQ (c.g.c)

Suy ra: ^QDJ = ^KDQ + ^KDJ = ^AQK + ^AJK = 180⁰ - ^QAJ = 180⁰ - ^QPJ => Tứ giác PQDJ nội tiếp

^PDJ = ^PQJ => ^PDK + ^KDJ = ^PDK + ^QJA = ^PQJ => ^PDK = ^PQJ - ^QJA = 90⁰

=> PD vuông góc AD. Mà BC vuông góc AD tại D nên PD trùng BC hay P nằm trên BC (đpcm).

d) Ta thấy: ^ABC > ^ACB (\(\alpha>\beta\)) => ^BAD < ^CAD. Lại có: ^BAI = ^CAI, ^BAD + ^CAD = ^BAI + ^CAI = ^BAC

Suy ra ^BAD < ^BAI => B và I nằm khác khía so với AD => D thuộc [BF]

Hạ IS, IT vuông góc với AC,AB thì F thuộc [DT] => Thứ tự các điểm trên BC là B,D,F,T,C. Do đó: ^IFC = ^DFK < 90⁰

Ta xét thứ tự các điểm trên cạnh AC: 

+) A,S,E,C: Vì IS vuông góc AC, theo thứ tự này thì ^IEC > 90⁰. Cũng dễ có: \(\Delta\)IES = \(\Delta\)IFT (Ch.cgv)

=> ^IES = ^IFT < 90⁰  => ^IFT + ^IEC = 180⁰ => Tứ giác FIEC nội tiếp => ^ECF = ^DIK

Mà ^DIK = ^DJK = ^DAI = \(\frac{\alpha-\beta}{2}\) nên \(\beta=\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha=3\beta\) (*)

+) A,E,S,C: Trong TH này thì ^IEC < 90⁰ => ^IFT + ^IEC < 180⁰ => ^ECF + ^EIF > 180⁰

=> ^ECF > ^DIK hay \(\beta>\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha< 3\beta\)   (**)

Từ (*) và (**) suy ra: \(\alpha\le3\beta\) (đpcm).

a) Tứ giác BEHK có hai góc đỉnh E, K là vuông nên bốn đỉnh của tứ giác thuộc đường tròn đường kính EK. 

Mặt khác, tứ giác ABKD có bốn đỉnh nằm trên đường tròn đường kính AB. Theo tính chất về các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau, ta suy ra \(\angle EKA=\angle EBD=\angle AKD\to AK\) là phân giác của góc EKD.

b) Tứ giác AIKJ có hai góc đỉnh I, J vuông nên các đỉnh của tứ giác nằm trên đường tròn đường kính AK. Do vậy \(\angle IKA=\angle AJI,\angle JKA=\angle AIJ\to\angle IKA=\angle JKA\) (do tính chất tiếp tuyến). Mà AK là phân giác của góc EKD. Suy ra \(\angle IKE=\angle JDA.\)   

c) Gọi T là giao điểm AO với IJ. Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu trong tam giác vuông, ta có 
\(AI^2=AT\cdot AO.\) Do chứng minh trên 

\(\angle IKA=\angle AJI=\angle AIJ\to\Delta AIH\sim\Delta AKI\left(g.g\right)\to\frac{AI}{AK}=\frac{AH}{AI}\to AI^2=AH\cdot AK.\)

Vậy ta có \(AT\cdot AO=AH\cdot AK\to\frac{AT}{AH}=\frac{AK}{AO}\to\Delta ATK\sim\Delta AKO\to\angle ATH=\angle AKO=90^{\circ}.\) Do đó ta có \(HT\perp AO\), mà \(IJ\perp AO\) do tính chất tiếp tuyến. Suy ra \(TH\equiv IJ\to I,H,J\) thẳng hàng.

B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90^o  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

                                             góc AEH = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

                                             Góc CAB = 90^o ( 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 = 180^o (tổng 3 góc trong  một tam giác)

=>  ACB + góc ABC = 90^o (3)

từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90^o

=> góc AME = 90^o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)

hay AI uông góc với EF (đpcm)

em moi lop 6 huhuhuhuhuhu

I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"

1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;

2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.

3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.

Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.

1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)

 ~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~

Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))

\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))

\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)

Ta lại có: \(BD\perp HK\)

\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)

\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)

Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))

Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)

\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)

(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )

Ủa bạn ơi sao phụ nhau? Dòng đầu ấy

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).

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