Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C E F M O K N H
a) Xét tứ giác BFEC: ^BFC=^BEC=900 => Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Dễ thấy tứ giác ABKC nội tiếp đường tròn (O) => ^CAK=^CBK hay ^CAN=^CBK (1)
AK là đường kính của (O); B nằm trên (O) => AB\(\perp\)BK
Mà CF\(\perp\)AB => BK//CF => ^CBK=^BCF (2)
(1); (2) => ^CAN=^BCF. Mà ^BCF=^CAH (Cùng phụ ^ABC) => ^CAN=^BAH hay ^CAN=^FAM
Lại có: ^ACN=^AHE (Cùng phụ ^HAC)
Dễ chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn => ^AHE=^AFE
=> ^ACN=^AFE. Hay ^ACN=^AFM
Xét \(\Delta\)AMF và \(\Delta\)ANC: ^ACN=^AFM; ^CAN=^FAM => \(\Delta\)AMF ~ \(\Delta\)ANC (g.g)
=> \(\frac{AM}{AN}=\frac{MF}{NC}\)(*)
=> ^AMF=^ANC => 1800 - ^AMF=1800 - ^ANC => ^FMH=^CNK
Tứ giác ABKC nội tiếp (O) => ^ABC=^AKC. Mà ^ABC=^AHF (Cùng phụ ^BAH)
=> ^AKC=^AHF hay ^NKC=^MHF.
Xét \(\Delta\)NCK và \(\Delta\)MFH: ^NKC=^MHF; ^CNK=^FMH => \(\Delta\)NKC ~ \(\Delta\)MFH (g.g)
=> \(\frac{HM}{NK}=\frac{FM}{NC}\)(**)
Từ (*) và (**) => \(\frac{AM}{AN}=\frac{HM}{NK}\Rightarrow\frac{AM}{HM}=\frac{AN}{NK}\)=> MN//HK (Định lí Thales đảo) (đpcm).
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 ~~~~~~~~~
A B C O I K H Q D
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 :)) )
a: EF⊥AK
=>\(\hat{EAK}+\hat{AEF}=90^0\)
=>\(\hat{CAK}+\hat{AEF}=90^0\) (1)
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
=>\(\hat{CAK}+\hat{CKA}=90^0\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{CKA}\)
mà \(\hat{CKA}=\hat{CBA}\) (=1/2 sđ cung CA)
nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
mà \(\hat{AEF}+\hat{FEC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)
=>BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
=>CF⊥AB tại F
Xét ΔABC có
CF,BE là các đường cao
CF cắt BE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại D
ΔOPQ cân tại O
mà OA là đường cao
nên OA là phân giác của góc POQ
Xét (O) có
\(\hat{AOP}\) là góc ở tâm chắn cung AP
\(\hat{AOQ}\) là góc ở tâm chắn cung AQ
\(\hat{AOP}=\hat{AOQ}\)
Do đó: sđ cung AP=sđ cung AQ
=>A là điểm chính giữa của cung nhỏ PQ
Xét ΔAFH vuông tại F và ΔADB vuông tại D có
\(\hat{FAH}\) chung
Do đó: ΔAFH~ΔADB
=>\(\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\)
=>\(AH\cdot AB=AF\cdot AD\) (3)
Xét (O) có
\(\hat{APQ}\) là góc nội tiếp chắn cung AQ
\(\hat{ABP}\) là góc nội tiếp chắn cung AP
sđ cung AQ=sđ cung AP
DO đó: \(\hat{APQ}=\hat{ABP}\)
Xét ΔAPF và ΔABP có
\(\hat{APF}=\hat{ABP}\)
góc PAF chung
Do đó: ΔAPF~ΔABP
=>\(\frac{AP}{AB}=\frac{AF}{AP}\)
=>\(AP^2=AF\cdot AB\) (4)
Từ (3),(4) suy ra \(AP^2=AH\cdot AD\)
=>\(\frac{AP}{AH}=\frac{AD}{AP}\)
Xét ΔAPD và ΔAHP có
\(\frac{AP}{AH}=\frac{AD}{AP}\)
góc PAD chung
DO đó: ΔAPD~ΔAHP
=>\(\hat{ADP}=\hat{APH}\)
=>AP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔPHD