Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack
a) Chứng minh các tứ giác BEHD và ACDE nội tiếp
- Xét tứ giác BEHD, ta có:
$A D ⟂ B C$ tại D (giả thiết) => $\hat{B D H} = 90^{\circ} .$
$C E ⟂ A B$ tại E (giả thiết) => $\hat{B E H} = 90^{\circ} .$
=> Tứ giác BEHD có: $\hat{B D H} + \hat{B E H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} .$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
=> Tứ giác BEHD nội tiếp đường tròn đường kính BH.
- Xét tứ giác ACDE, ta có:
$\hat{A D C} = 90^{\circ}$ (do AD là đường cao).
$\hat{A E C} = 90^{\circ}$ (do CE là đường cao).
- Trong tứ giác ACDE, hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh AC dưới một góc 90 $°$ .
=> Tứ giác ACDE nội tiếp đường tròn đường kính AC.

b) Chứng minh $F E \cdot F D = F A \cdot F C$
- Vì tứ giác ACDE nội tiếp (chứng minh câu a) nên:
$\hat{F E D} = \hat{F C A}$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
- Xét $△ F A E$ và $△ F D C$ có:
$\hat{F}$ là góc chung.
$\hat{F E A} = \hat{F C D}$ (chứng minh trên).
=> $△ F A E ~ △ F D C$ (g.g).
Từ tỉ số đồng dạng ta có: $\frac{F E}{F C} = \frac{F A}{F D} \Rightarrow 𝐅𝐄 \cdot 𝐅𝐃 = 𝐅𝐀 \cdot 𝐅𝐂$ (đpcm).
c) Chứng minh $\hat{K D M} = \hat{K C M}$
- Tính chất đường kính: Vì BM là đường kính của (O) nên $\hat{B C M} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Quan hệ song song: Ta có AD $⊥$ BC (giả thiết) và MC $⊥$ BC (chứng minh trên)
=> AD // MC.
- Vì AD // MC => $\hat{K D M} = \hat{D M C}$ (hai góc so le trong) (1).
- Trong đường tròn (O), $\hat{B A C} = \hat{B M C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$).
- Vì tứ giác ACDE nội tiếp => $\hat{B D E} = \hat{B A C}$ (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện).
=> $\hat{B D E} = \hat{B M C}$ hay $\hat{B D E} = \hat{K M C} .$
- Xét tứ giác KDCM có góc ngoài tại đỉnh D ( $\hat{B D E}$ ) bằng góc trong tại đỉnh đối diện M ( $\hat{K M C}$ ). => Tứ giác KDCM nội tiếp.
- Vì KDCM nội tiếp nên $\hat{K D M} = \hat{K C M}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM). (đpcm).

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack
a) Chứng minh các tứ giác BEHD và ACDE nội tiếp
- Xét tứ giác BEHD, ta có:
$A D ⟂ B C$ tại D (giả thiết) => $\hat{B D H} = 90^{\circ} .$
$C E ⟂ A B$ tại E (giả thiết) => $\hat{B E H} = 90^{\circ} .$
=> Tứ giác BEHD có: $\hat{B D H} + \hat{B E H} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} .$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
=> Tứ giác BEHD nội tiếp đường tròn đường kính BH.
- Xét tứ giác ACDE, ta có:
$\hat{A D C} = 90^{\circ}$ (do AD là đường cao).
$\hat{A E C} = 90^{\circ}$ (do CE là đường cao).
- Trong tứ giác ACDE, hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh AC dưới một góc 90 $°$ .
=> Tứ giác ACDE nội tiếp đường tròn đường kính AC.

b) Chứng minh $F E \cdot F D = F A \cdot F C$
- Vì tứ giác ACDE nội tiếp (chứng minh câu a) nên:
$\hat{F E D} = \hat{F C A}$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
- Xét $△ F A E$ và $△ F D C$ có:
$\hat{F}$ là góc chung.
$\hat{F E A} = \hat{F C D}$ (chứng minh trên).
=> $△ F A E ~ △ F D C$ (g.g).
Từ tỉ số đồng dạng ta có: $\frac{F E}{F C} = \frac{F A}{F D} \Rightarrow 𝐅𝐄 \cdot 𝐅𝐃 = 𝐅𝐀 \cdot 𝐅𝐂$ (đpcm).
c) Chứng minh $\hat{K D M} = \hat{K C M}$
- Tính chất đường kính: Vì BM là đường kính của (O) nên $\hat{B C M} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Quan hệ song song: Ta có AD $⊥$ BC (giả thiết) và MC $⊥$ BC (chứng minh trên)
=> AD // MC.
- Vì AD // MC => $\hat{K D M} = \hat{D M C}$ (hai góc so le trong) (1).
- Trong đường tròn (O), $\hat{B A C} = \hat{B M C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$).
- Vì tứ giác ACDE nội tiếp => $\hat{B D E} = \hat{B A C}$ (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện).
=> $\hat{B D E} = \hat{B M C}$ hay $\hat{B D E} = \hat{K M C} .$
- Xét tứ giác KDCM có góc ngoài tại đỉnh D ( $\hat{B D E}$ ) bằng góc trong tại đỉnh đối diện M ( $\hat{K M C}$ ). => Tứ giác KDCM nội tiếp.
- Vì KDCM nội tiếp nên $\hat{K D M} = \hat{K C M}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM). (đpcm).

1 câu trả lời 134

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9