Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: Xét ΔHKB vuông tại K và ΔHIC vuông tại I có
\(\hat{KHB}=\hat{IHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHKB~ΔHIC
2: ΔHKB~ΔHIC
=>\(\hat{HBK}=\hat{HCI}\)
mà \(\hat{HBK}=\hat{HBC}\) (BH là phân giác của góc ABC)
nên \(\hat{ICH}=\hat{IBC}\)
Xét ΔICH vuông tại I và ΔIBC vuông tại I có
\(\hat{ICH}=\hat{IBC}\)
Do đó: ΔICH~ΔIBC
=>\(\frac{IC}{IB}=\frac{IH}{IC}\)
=>\(IC^2=IH\cdot IB\)
3: Kẻ HE⊥CB tại E
Xét ΔBEH vuông tại E và ΔBIC vuông tại I có
\(\hat{EBH}\) chung
Do đó: ΔBEH~ΔBIC
=>\(\frac{BE}{BI}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BI=BE\cdot BC\)
Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCKB vuông tại K có
\(\hat{ECH}\) chung
Do đó: ΔCEH~ΔCKB
=>\(\frac{CE}{CK}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot CK=CE\cdot CB\)
\(BH\cdot BI+CH\cdot CK\)
\(=BE\cdot BC+CE\cdot BC=BC^2\)
4: Xét ΔABC có
CK,BI là các đường cao
CK cắt BI tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại D
mà HE⊥BC tại E
nên D trùng với E
Xét tứ giác AIHK có \(\hat{AIH}+\hat{AKH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AIHK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BDHK có \(\hat{BDH}+\hat{BKH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BDHK là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\hat{IKH}=\hat{IAH}\) (AIHK nội tiếp)
\(\hat{DKH}=\hat{DBH}\) (BDHK nội tiếp)
mà \(\hat{IAH}=\hat{DBH}\left(=90^0-\hat{ICB}\right)\)
nên \(\hat{IKH}=\hat{DKH}\)
=>KC là phân giác của góc IKD
a: Xét ΔCKB vuông tại K và ΔCHI vuông tại H có
góc KCB chung
=>ΔCKB đồng dạng với ΔCHI
=>CK/CH=CB/CI
=>CK*CI=CH*CB=CA^2
b: Xét ΔBHD vuông tại H và ΔBKC vuông tại K có
góc KBC chung
=>ΔBHD đồng dạng với ΔBKC
=>BH/BK=BD/BC
=>BD*BK=BH*BC=BA^2
c: BA^2=BD*BK
BA=BM
=>BM^2=BD*BK
=>ΔBMD vuông tại M
=>góc BMD=90 độ
d: SỬa đề: EA/EB*NB/NC*FC/FA
=NA/NB*NB/NC*NC/NA
=1
a: XétΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có
góc HBA chung
Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔHBA
b: Xét ΔCAI vuông tại A và ΔCHK vuông tại H có
\(\widehat{ACI}=\widehat{HCK}\)
Do đó: ΔCAI\(\sim\)ΔCHK
SUy ra: CA/CH=CI/CK
hay \(CA\cdot CK=CI\cdot CH\)
a) Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BHK\) và \(\Delta CHI\) có:
\(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(g-g\right)\)
b) Do \(BH\) là tia phân giác của \(\widehat{KBC}\) (gt)
\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBH}\)
\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBI}\) (1)
Do \(\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{ICH}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ICH}=\widehat{CBI}\)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta CIB\) và \(\Delta HIC\) có:
\(\widehat{CBI}=\widehat{ICH}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta CIB\) ∽ \(\Delta HIC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{CI}{IH}=\dfrac{IB}{CI}\)
\(\Rightarrow CI^2=IH.IB\)
c) Do \(CI\perp BH\) tại \(I\) (gt)
\(\Rightarrow BI\perp AC\)
\(\Rightarrow BI\) là đường cao của \(\Delta ABC\)
Lại có:
\(CK\perp KB\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow CK\perp AB\)
\(\Rightarrow CK\) là đường cao thứ hai của \(\Delta ABC\)
Mà H là giao điểm của \(BI\) và \(CK\) (gt)
\(\Rightarrow AH\) là đường cao thứ ba của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow AD\perp BC\)
Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BKH\) và \(\Delta BDH\) có:
\(BH\) là cạnh chung
\(\widehat{KBH}=\widehat{DBH}\) (do BH là tia phân giác của \(\widehat{B}\))
\(\Rightarrow\Delta BKH=\Delta BDH\) (cạnh huyền - góc nhọn)
\(\Rightarrow BK=BD\) (hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow B\) nằm trên đường trung trực của DK (3)
Do \(\Delta BKH=\Delta BDH\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow HK=HD\) (hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow H\) nằm trên đường trung trực của DK (4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của DK
\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{BHK}=90^0\)
Mà \(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (*)
\(\Delta ABC\) có:
\(BH\) là đường phân giác (cmt)
\(BH\) cũng là đường cao (cmt)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại B
\(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow I\) là trung điểm của AC
\(\Rightarrow KI\) là đường trung tuyến của \(\Delta AKC\)
\(\Delta AKC\) vuông tại K có KI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC
\(\Rightarrow KI=IC=IA=\dfrac{AC}{2}\)
\(\Rightarrow\Delta IKC\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{IKC}=\widehat{ICK}\)
\(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{ICH}\)
Mà \(\widehat{ICH}+\widehat{CHI}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{IKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{DKH}\)
\(\Rightarrow KH\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)
Hay \(KC\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)
a) Vì tam giác 𝐾𝐵𝐶KBC vuông tại 𝐾K suy ra 𝐾𝐵𝐻^=90∘KBH=90∘
Vì 𝐶𝐼⊥𝐵𝐼CI⊥BI (gt) suy ra 𝐶𝑙𝐻^=90∘ClH=90∘
Xét △𝐾𝐵𝐻△KBH và △𝐶𝐻𝐼△CHI có:
𝐾𝐵𝐻^=𝐶𝐼𝐻^=90∘KBH=CIH=90∘;
𝐵𝐻𝐾^=𝐶𝐻𝐼^BHK=CHI (đối đỉnh)
Suy ra Δ𝐵𝐻𝐾∽Δ𝐶𝐻𝐼ΔBHK∽ΔCHI (g.g)
b) Ta có Δ𝐵𝐻𝐾∽Δ𝐶𝐻𝐼ΔBHK∽ΔCHI suy ra 𝐻𝐵𝐾^=𝐻𝐶𝐼^HBK=HCI (hai góc tương ứng)
Mà 𝐵𝐻BH là tia phân giác của 𝐴𝐵𝐶^
b,Hệ thức CI2=IH.IB𝐶𝐼2=𝐼𝐻.𝐼𝐵 là đúng và có thể chứng minh thông qua sự đồng dạng của △CIH△𝐶𝐼𝐻 và △BIC△𝐵𝐼𝐶.
c,KC là tia phân giác của
∠IKD∠𝐼𝐾𝐷.