Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Ta có:
ED,EAED,EA là tiếp tuyến của (O)
→ED⊥OD,EA⊥OA⇒ˆADE=ˆOAE=90o→ED⊥OD,EA⊥OA⇒ADE^=OAE^=90o
EDOAEDOA có ˆADE+ˆOAE=180oADE^+OAE^=180o
⇒EDOA⇒EDOA nội tiếp đường tròn đường kính (OE)
→ˆDOA+ˆDEA=180o→DOA^+DEA^=180o
Mà ABCDABCD là hình thang cân
→ˆDMA=ˆDBA+ˆCAB=2ˆDBA=ˆDOA→DMA^=DBA^+CAB^=2DBA^=DOA^
→ˆDMA+ˆAED=180o→AEDM→DMA^+AED^=180o→AEDM nội tiếp được trong một đường tròn
2. Từ câu 1
→ˆEMA=ˆEDA=ˆDBA=ˆCAB→EMA^=EDA^=DBA^=CAB^
Vì EDED là tiếp tuyến của (O),ABCDABCD là hình thang cân
→EM//AB→EM//AB
3. Ta có:
EM//AB→HK//AB→HMAB=DMDB=CMCA=MKABEM//AB→HK//AB→HMAB=DMDB=CMCA=MKAB
→MH=MK→M→MH=MK→M là trung điểm HK
A B C E F N M O D G
1. Vì \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\) nên tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn đường kính AB.
2. Tứ giác AEBD, AFCD nội tiếp và BE, CF tiếp xúc (O), suy ra:
\(\widehat{AED}=\widehat{ABC}=\widehat{ACF}=\widehat{ADF};\widehat{AFD}=\widehat{ADE}\)
Do đó \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)DAF, suy ra \(AD^2=AE.AF\)
3. Ta có \(AE.AF=\left(AM+AN\right)^2=\frac{\left(AE+AF\right)^2}{4}\Leftrightarrow\left(AE-AF\right)^2=0\Leftrightarrow AE=AF\)
Từ đó \(\Delta\)AEG = \(\Delta\)AFG (Cạnh huyền.Cạnh góc vuông), suy ra GA là phân giác góc BGC
Mà \(\Delta\)GBC cân tại G nên GA là trung trực BC hay \(\Delta\)ABC cân tại A
Vậy đường cao AD trùng với AO hay A,O,D thẳng hàng.
1: Xét ΔABD có
E,H lần lượt là trung điểm của AB,AD
=>EH là đường trung bình của ΔABD
=>EH//BD và \(EH=\frac{BD}{2}\left(1\right)\)
Xét ΔCBD có
F,G lần lượt là trung điểm của CB,CD
=>FG là đường trung bình của ΔCBD
=>FG//BD và \(FG=\frac{BD}{2}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra EH//FG và EH=FG
Xét ΔBAC có
E,F lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>EF là đường trung bình của ΔABC
=>EF//AC
mà AC⊥BD
nên EF⊥BD
Ta có: EF⊥BD
EH//BD
Do đó: EF⊥EH
Xét tứ giác EHGF có
EH//GF
EH=FG
Do đó: EHGF là hình bình hành
Hình bình hành EHGF có EF⊥EH
nên EHGF là hình chữ nhật
1. Xét tam giác ABC có E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC nên EF là đường trung bình của tam giác ABC. Suy ra EF//AC và \(EF=\frac12AC\) .
Tương tự, ta có HG//AC và \(HG=\frac12AC\). Như vậy, EF//HG và \(EF=HG\). Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.
Lại có EH//BD, mà BD vuông góc với AC nên HG vuông góc với EH hay \(\hat{EHG}=90^{o}\). Tứ giác EFGH là hình bình hành có \(\hat{EHG}=90^{o}\) nên EFGH là hình chữ nhật. (đpcm)
2. Kẻ AL vuông góc với BC tại L. Gọi K là giao điểm của BI và AL và M là giao điểm của EH và AL. Vẽ đường kính AN của (O). Khi đó, ta thấy ngay OF//AK. (1) (vì cùng vuông góc với BC)
Dễ thấy EH là đường trung bình của tam giác ABD nên EH//BD hay EM//BK.
Tam giác ABK có E là trung điểm AB và EM//BK (M thuộc AK) nên M là trung điểm AK.
Tứ giác ABCD nội tiếp nên \(\hat{ADB}=\hat{ACB}\) hay \(\hat{ADK}=\hat{ACL}\). Lại có \(\hat{ACL}=\hat{AKD}\) (vì cùng phụ với \(\hat{CAL}\) ) nên \(\hat{ADK}=\hat{AKD}\), suy ra tam giác ADK cân tại A. Tam giác này nhận AI làm đường cao nên AI cũng là trung tuyến của tam giác ADK, suy ra I là trung điểm của DK.
Từ đó, dễ thấy IH là đường trung bình của tam giác ADK nên IH//AK (hay IH//AM (2) ) và \(IH=\frac12AK=AM\). (3)
Trong đường tròn (O) có đường kính AN nên \(\hat{ABN}=90^{o}\), suy ra AB vuông góc với BN. Lại có CK vuông góc với AB (do K là trực tâm tam giác ABC) nên BN//CK. Tương tự, ta có CN//BK nên tứ giác BKCN là hình bình hành, suy ra trung điểm F của BC cũng đồng thời là trung điểm KN.
Từ đó, dễ thấy OF là đường trung bình của tam giác NAK, suy ra \(OF=\frac12AK=AM\). (4)
Từ (1), (2), (3) và (4), dễ dàng suy ra tứ giác OFIH là hình bình hành, dẫn đến OI và HF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Hơn nữa, do tứ giác EFGH là hình chữ nhật (theo câu a)) nên HF và EG cũng cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. Từ đó suy ra EG, OI, HF đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn. (đpcm)
3. Gọi P, Q, R, S lần lượt là hình chiếu của I lên AB, BC, CD. DA.
Dễ thấy \(\hat{AIP}=\hat{ABD}\) (cùng phụ với \(\hat{IAB}\) ) (1)
Tam giác ICD vuông tại I có trung tuyến IG nên \(GI=GD=GC=\frac12CD\), suy ra tam giác GIC cân tại G, suy ra \(\hat{GCI}=\hat{GIC}\) (2)
Tứ giác ABCD nội tiếp nên \(\hat{ABD}=\hat{ACD}\) hay \(\hat{ABD}=\hat{GCI}\) (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra \(\hat{AIP}=\hat{GIC}\)
Mà \(\hat{GIC}+\hat{AIG}=180^{o}\) (do A, I, C thẳng hàng) nên \(\hat{AIP}+\hat{AIG}=180^{o}\), suy ra P, I, G. Mà IP vuông góc với AB nên GP vuông góc với AB, suy ra tam giác EPG vuông tại P. Do đó, P thuộc đường tròn đường kính EG, hay chính là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật EFGH.
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được 8 điểm E, F, G, H, P, Q, R, S cùng thuộc đường tròn (EFGH). Ta có đpcm.