Cho Δ A B C nhọn nội tiếp đường tròn ( O ; R ) . Hai đường cao A D , B E của Δ A B C cắt nhau tại H . (a) Chứng minh A , E , D , B cùng thuộc một đường tròn. (b) Kẻ đường kính A

6/7

Cho \[\Delta ABC\] nhọn nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\]. Hai đường cao \[AD,{\rm{ }}BE\] của \[\Delta ABC\] cắt nhau tại \[H\].

(a) Chứng minh \[A,{\rm{ }}E,{\rm{ }}D,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính \[AK\] của \[\left( O \right)\]. Chứng minh và \[AB.AC = 2AD.R\].

(c) Gọi \[F\] là hình chiếu của điểm \[B\] trên \[AK,{\rm{ }}M\] là trung điểm của \[BC\]. Chứng minh \[BOFM\] là tứ giác nội tiếp, từ đó suy ra ba điểm \[E,{\rm{ }}F,{\rm{ }}M\] thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho Δ A B C nhọn nội tiếp đường tròn ( O ; R ) . Hai đường cao A D , B E của Δ A B C cắt nhau tại H . (a) Chứng minh A , E , D , B cùng thuộc một đường tròn. (b) Kẻ đường kính A K của ( O ) . Chứng minh và A B . A C = 2 A D . R . (ảnh 1)

Chứng minh $\widehat {ADB} = \widehat {AEB} = 90^\circ $ .

$\Delta ADB$ vuông nội tiếp đường tròn đường kính $BE$.

$\Delta AEB$ vuông nội tiếp đường tròn đường kính $BE$.

Suy ra 4 điểm $A,\;B,\;D,\;E$ thuộc đường tròn đường kính $BE$.

b) \[\left( O \right)\] có: $\widehat {ACK} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat {ABD} = \widehat {ACK}$ (hai góc nội tiếp chắn cung $AC$)

Chứng minh được (g.g)

Suy ra $\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}}$ nên $AB.AC\; = \;2AD.R$

Cho $Δ A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O; R)$ . Hai đường cao $A D, B E$ của $Δ A B C$ cắt nhau tại $H$ .

(a) Chứng minh $A, E, D, B$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính $A K$ của $(O)$ . Chứng minh và $A B . A C = 2 A D . R$ .

\[\Delta BOC\] cân tại \[O\] có \[OM\] là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, suy ra \[OM\] vuông góc với \[BC\], nên $\widehat {OMB} = 90^\circ $.

$\widehat {OFB} = 90^\circ $

Suy ra tứ giác \[BOFM\] nội tiếp

Tứ giác \[BOFM\] nội tiếp nên $\widehat {BOM} = \widehat {BFM}$

Mà $\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$, $\widehat {BAE} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$

Suy ra $\widehat {BAE} = \widehat {BFM}$ (1)

Tứ giác \[AEFB\] nội tiếp nên $\widehat {AFE} = \widehat {ABE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {AFE} + \widehat {BFM} = \widehat {ABE} + \widehat {BAE} = 90^\circ $

Suy ra $\widehat {AFE} + \widehat {BFM} + \widehat {AFB} = 180^\circ $ nên $E,\;F,\;M$ thẳng hàng.