a,Chứng minh được BFCH là hình bình hành

b, Sử dụng kết quả câu a), suy ra HF đi qua M

c, Chú ý: OM là đường trung bình của ∆AHF => ĐPCM

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB đồng dạng với ΔAEC

=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)

b: Xét (O) có

ΔABF nội tiếp

AF là đường kính

Do đó: ΔABF vuông tại B

=>BF vuông góc AB

mà CH vuông góc AB

nên BF//CH

Xét (O) có

ΔACF nội tiếp

AF là đường kính

Do đó: ΔACF vuông tại C

=>AC vuông góc CF

mà AC vuông góc BH

nên BH//CF

Xét tứ giác BHCF có

BH//CF

BF//CH

Do đó: BHCF là hình bình hành

c: BHCF là hình bình hành

=>BC cắt HF tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HF

=>H,M,F thẳng hàng

a) \(BE,CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\Rightarrow\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^o\).

Mà trong tứ giác \(BFEC\), hai góc này có đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh \(BC\).

Vậy : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (đpcm).

b) Ta có : \(\hat{ABD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AB\perp BD.\)

Mà : \(\hat{BFC}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AB\perp CF.\)

Từ đó suy ra : \(BD\left|\right|CF\Rightarrow BFCD\) là hình thang.

Mà : \(\hat{BFC}=\hat{ABD}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow BFCD\) là hình thang vuông.

c) Ta có : \(CF\left|\right|BD\left(cmt\right)\) hay \(CH\left|\right|BD\left(1\right).\)

Mặt khác : \(\hat{ACD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp CD\).

Và : \(BE\perp AC\left(gt\right)\)

Suy ra được : \(CD\left|\right|BE\) hay \(CD\left|\right|BH\left(2\right).\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.

Ta cũng có : \(M\) là trung điểm của \(BC\left(gt\right)\Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD\left(3\right).\)

Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD\left(4\right)\) (tâm đường tròn).

Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta HAD\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\Leftrightarrow AH=2.OM\) (đpcm).

d) Cho \(I\) là giao điểm của \(OA\) và \(EF\).

Ta có : \(\hat{ACB}=\hat{ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\)).

Hay : \(\hat{ACB}=\hat{BDI}\left(5\right).\)

Mặt khác : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (cmt) nên \(\hat{AFI}=\hat{ECB}\) (cùng bù với \(\hat{BFE}\)) hay \(\hat{AFI}=\hat{ACB}\left(6\right).\)

Từ \(\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow\hat{AFI}=\hat{BDI}\) hay \(\hat{AFI}=\hat{ADB}.\)

\(\Delta ABD:\hat{BAD}+\hat{ADB}=90^o\) (hai góc phụ nhau)

\(\Rightarrow\hat{FAI}+\hat{AFI}=90^o.\)

\(\Delta AFI:\hat{FAI}+\hat{AFI}+\hat{AIF}=180^o\) (tổng ba góc trong một tam giác)

\(\Leftrightarrow\hat{AIF}=180^o-\left(\hat{FAI}+\hat{AFI}\right)=180^o-90^o=90^o\)

\(\Rightarrow OA\perp EF\) (đpcm).

a) Xét tứ giác BEDC có:

∠BEC = 90o (CE là đường cao)

∠BDC = 90o (BD là đường cao)

=> Hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp

b) Xét ΔAEC và ΔADB có:

∠BAC là góc chung

∠AEC = ∠BDA = 90o

=> ΔAEC ∼ ΔADB (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow\text{AE.AB = AC.AD}\)

c) Ta có:

∠FBA = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>FB⊥AB

Lại có: CH⊥AB (CH là đường cao)

=> CH // FB

Tương tự,( FCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>FC⊥AC

BH là đường cao => BH ⊥AC

=> FC // BH

Xét tứ giác CFBH có:

CH // FB

FC // BH

=> Tứ giác CFBH là hình bình hành.

Mà I là trung điểm của BC

=> I cũng là trung điểm của FH

Hay F, I, H thẳng hàng.

2) Diện tích xung quanh của hình trụ:

S = 2πRh = 2πR2 = 128π (do chiều cao bằng bán kính đáy)

=> R = 8 cm ; h = 8cm

Thể tích của hình trụ là

V = πR2 h = π.82.8 = 512π (cm3)

HÌNH TRONG THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA VỚI LẠI MIK TRẢ LỜI TOÀN CÂU KHÓ MÀ CHẲNG CÓ CÁI GP NÀO

VCM JACK  trả lok đ nè

♡๖ۣۜVCM JACK๖²⁴ʱ๖ۣۜღ trả lok đ r nè . ai mà cho sai là lm chó chứ ko phải ng