a, Xét tứ giác ABDK có 

^AKB = ^ADB = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh AB 

Vậy tứ giác ABDK là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Ta có ^KBD = ^DAK ( góc nt chắn cung KE của tứ giác ABEH ) 

mà ^EAC = ^CBE ( góc nt chắn cung EC ) 

=> ^KBC = ^CBE 

=> BC là tia pg ^HBE 

a) Ta có: BK \(\perp\)AC ; AD \(\perp\)BC 

=> ^ADB = ^BKA = 90 độ 

=> Tứ giác AKDB nội tiếp 

=> ^KAH = ^DBH 

Mà ^KAH = ^CAE = ^CBE = ^DBE 

=> ^DBH = ^DBE 

=> BD là tia phân giác ^HBE  hay BC là tia phân giác ^HBE

b) Xét \(\Delta\)HBE có: BD là đường cao đồng thời là đường phân giác 

=> \(\Delta\)HBE cân 

=> BD là đường trung tuyến => D là trung điểm HE  và HE vuông BC tại D 

=> E và H đối xứng với nhau qua BC

a ) Ta có : \(BK\perp AC,AD\perp BC\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow AKDB\) nội tiếp 

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EAC}=\widehat{DAK}=\widehat{KBD}=\widehat{HBD}\)

\(\Rightarrow BC\) là tia phân giác \(\widehat{HBE}\)

b ) Vì BC là tia phân giác \(\widehat{HBE},BD\perp AE\)

\(\Rightarrow\Delta BHE\) cân tại B 

=> DH = DE 

Lại có \(HE\perp BC\Rightarrow E,H\) đối xứng qua BC 

a. Tứ giác CEHD có \(\widehat{HEC}=\widehat{HDC}=90^o\Rightarrow\) nó là tứ giác nội tiếp.

b. Tứ giác BFEC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\Rightarrow\)nó là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.

c. Ta thấy \(\Delta HAE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AC}=\frac{AE}{AD}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)

Ta thấy \(\Delta CBE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BC}{AC}=\frac{BE}{AD}\Rightarrow AD.BC=BE.AC\)

d. Ta thấy ngay \(\widehat{PCB}=\widehat{BAM}\) (Cùng phụ với góc ABC)

Mà \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Vậy nên \(\widehat{PCB}=\widehat{BCM}\) hay CM là phân giác góc \(\widehat{PCB}\)

Lại có \(CM⊥HD\) nên HCM là tam giác cân. Vậy CB là trung trực của HM hay H, M đối xứng nhau qua BC.

e. Ta thấy BFHD là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung FH)

 DHEC cùng là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{HDE}=\widehat{HCE}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung HE)

Mà \(\widehat{FBH}=\widehat{HCE}\) ( Cùng phụ với góc \(\widehat{BAC}\) )

nên \(\widehat{FDH}=\widehat{HDE}\) hay DH là phân giác góc FDE.

Tương tự FH, EH cũng là phân giác góc DFE và DEF.

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF chính là H.

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)

a) Xét tứ giác AEDB có 

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}\left(=90^0\right)\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

1.Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 90⁰.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰ => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 90⁰; góc A là góc chung

=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 90⁰; góc C là góc chung

=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có góc C₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ABC)

góc C₂ = góc A₁ ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> góc C₁ = góc C₂ => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn

=> góc C₁ = góc E₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

góc C₁ = góc E₂ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

góc E₁ = góc E₂ => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E₁ = góc A₁ (1).

Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E₃ = góc B₁ (2)

Mà góc B₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E₁ = góc E₃ => góc E₁ + góc E₂ = góc E₂ + góc E₃

Mà góc E₁ + góc E₂ = góc BEA = 90⁰ => góc E₂ + góc E₃ = 90⁰ = góc OED => DE ┴ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED² = OD² – OE² ↔ ED² = 5² – 3² ↔ ED = 4cm

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

1. Xét tứ giác CEHD có :

CEH = 90 ( BE là đường cao )

CDH = 90 ( AD là đường cao )

⇒ CEH + CDH = 90 + 90 = 180

Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD

⇒ CEHD là tứ giác nội tiếp (đpcm)

2. BE là đường cao ( gt )

⇒ BE ⊥ AB ⇒ BFC = 90

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90 ⇒ E và F cùng nằm trên (O) đường kính AB

⇒ 4 điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)

3. Xét ΔAEH và ΔADC có :

AEH = ADC (=90)

A chung

⇒ ΔAEH ~ ΔADC

⇒ AE/AD = AH/AC

⇒ AE.AC = AH.AD

Xét ΔBEC và ΔADC có :

BEC = ADC (=90)

C chung

⇒ ΔBEC ~ ΔADC

⇒ AE/AD = BC/AC

⇒ AD.BC = BE.AC (đpcm)

4. Có : C1 = A1 (cùng phụ góc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nối tiếp chắn cung BM )

⇒ C1 = C2 ⇒ CB là tia phân giác HCM

Lại có : CB ⊥ HM

⇒ Δ CHM cân tại C

⇒ CB là đường trung trực của HM

⇒ H và M đối xứng nhau qua BC (đpcm)

5. Có : Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn ( câu 2 )

⇒ C1 = E1 (hai góc nội tiếp cùng chắn BF) (*)

Có : Tứ giác CEHD nội tiếp (câu 1)

⇒ C1 = E2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) (**)

Từ (*) và (**) ta suy ra :

E1 = E2

⇒ EB là tia phân giác DEF

Cm tương tự ta được : FC là tia phân giác của DFE

Mà BE và CF cắt nhau tại H

⇒ H là tâm của đường tròn nội tiếp ΔDEF

Câu hỏi của hungbck5 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo tại đây nhé.

a)HEC+HDC=180 => .......

b)BFC=BEC=90 =>tứ giác FEAC noi tiep => .....

c)

1.  AE*AC=AH*AD thì cm tam giác AEB dong dang tam giác AFC
2. 2*S abc = AD*BC=BE*AC