K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

17 tháng 2 2020

Xin lỗi các bạn nhé 

Bài 3: góc ABD = 60 độ

Bài 4: AOB = 90 độ

24 tháng 4 2020

Có \(\hept{\begin{cases}HK\perp KC\\HI\perp IC\end{cases}\Rightarrow\widehat{HKC}+\widehat{HIC}=90^o+90^o=180^o}\)

=> tứ giác CIHK nội tiếp

Do tứ giác CIHK nội tiếp nên \(45^o=\widehat{ICK}-\widehat{BHI}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}+\frac{1}{2}sđ\widebat{AN}\)

\(\Rightarrow sđ\widebat{BM}+sđ\widebat{AN}=90^o\)

=> \(sđ\widebat{MN}=sđ\widebat{AB}+\left(sđ\widebat{BM}+sđ\widebat{AN}\right)\)hay MN là đường kính của (O)

=90o+90o=180o

Do MN là đường kính của (O) nên MA _|_ DN, NB_|_ DM

Do đó, H là trực tâm \(\Delta\)DMN hay DH _|_ MN

Do I;K cùng nhìn AB dưới góc 90o nên tứ giác ABIK nội tiếp

=> \(\widehat{CAI}=\widehat{CBK}\)=> \(sđ\widebat{CM}=sđ\widebat{CN}\)

=> C là điểm chính giữa cung MN => CO _|_ MN

Vì AC>BC nên \(\Delta\)ABC không cân tại C

Do đó: C;O;H không thẳng hàng

=> CO//DH

25 tháng 4 2020

Dòng 45o= góc ICK - góc BHI là sao vậy bạn ?

19 tháng 4 2020

C S N I M O K F A B D H

haizzz , vì mới lớp 8 nên mình chỉ làm được đến câu c, thôi , bạn thông cảm

a, Xét tam giác ABC vuông tại A và HA = HD

- Có \(\widehat{BAC}\)là góc nội tiếp đường tròn O chắn cung BC

- Mà BC là đường kính O

=> \(\widehat{BAC}=90^o\)

=> \(\Delta ABC\perp A\)

Xét \(\Delta OAD\)cân tại O ( Vì OA = OD do A , D cung thuộc O )

- Có AH là đường cao

=> OH là đường trung tuyến \(\Delta OAD\)

=> H là trug điểm AD

=> HA = HD

b, MN // SC , SC tiếp tuyến của (O)

Xét tam giác OSC có : M là trung điểm của OC

                                     N là trung điểm của OS

=> MN là đường TB của \(\Delta OSC\)

=> MN // SC

Mà \(MN\perp OC\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow OC\perp SC\)tại S

- Xét đường tròn O có CO là bán kính ( vì \(C\in\left(O\right)\)

\(CO\perp SC\)tại C
=> SC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c, BH .  HC = AF . AK

Xét \(\Delta ABC\perp A\)có :

AH là đường cao 

=> AH2 = BH . HC

Xét đường tròn đường kính AH có F thuộc đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{AFH}=90^o\)

\(\Rightarrow HF\perp AK\)tại F

Xét tam giác AHK vuông tại H , ta có : 

HF là đường cao 

=> AH2 = AF . AK

=> BH . HC = AF . AK ( = AH2 )

19 tháng 4 2020

GARENA FREE FIRE

25 tháng 5 2018

Giờ mình ko rảnh và máy tính đanhg hư nên ko làm đc thông cảm nhá

25 tháng 5 2018

HD

image006

Câu 1.

Tự CM.

Câu 2:

Kẻ AO cắt đường tròn tại F

Để ý góc ADE=góc EBC=góc AFC

Mà góc CAF+góc FAC =90°

⇒góc ADE+góc FAC =90°hay AF ⊥ DE.

Vậy đường thẳng kẻ qua A vuông góc DE luôn đi qua điểm cố định O.

Câu 3:

Gọi giao CQ và BP là O’

Dễ thấy góc ABP=góc QCE (cùng bằng 1/2 góc ABD = 1/2 góc ACE)

⇒ góc ABP+góc QCE=90° hay BP ⊥ CQ tại O’

⇒ các ΔBQN,  ΔCMP có đường phân giác đồng thời là đường cao nên cân tại B và C

⇒ O’M=O’P; O’N=O’Q; lại có QN ⊥ MP, nên tứ giác MNPQ là hình thoi

17 tháng 6 2018

M A B H O N I K C D O'

1) Xét đường tròn tâm O' đường kính AN: Điểm I thuộc (O') => ^AIN=900 => ^NIB=900

Xét tứ giác NHBI: ^NHB=^NIB=900 => Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (đpcm).

2) Ta có tứ giác AKNI nội tiếp (O') => ^KAI+^KNI=1800 (1)

Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (cmt) => ^INH+^IBH=1800 (2)

MA và MB là 2 tiếp tuyến của (O;R) => MA=MB => \(\Delta\)AMB cân tại M

=> ^MAB=^MBA hay ^KAI=^IBH (3)

Từ (1); (2) và (3) => ^KNI=^INH

Ta thấy: ^NKI=^NAI (Cùng chắn cung NI)

Theo t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung => NAI=^NBH

=> ^NKI=^NBH. Mà ^NBH=^NIH (Cùng chắn cung HN) => ^NKI=^NIH

Xét \(\Delta\)NHI và \(\Delta\)NIK: ^NIH=^NKI; ^KNI=^INH (cmt) => \(\Delta\)NHI~\(\Delta\)NIK (g.g) (đpcm).

3) ^NIH=^NKI. Mà ^NKI=^NAI => ^NIH=^NAI hay ^NIC=^NAB (4)

^NIK=^NAK (Chắn cung NK). Mà ^NAK=^NBA (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

=> ^NIK=^NBA hay ^NID=^NBA (5)

Cộng (4) & (5) => ^NIC+^NID = ^NAB+^NBA = 1800 - ^ANB = 1800-^CND

=> ^CID+^CND=1800 => Tứ giác CNDI nội tiếp đường tròn => ^NDC=^NIC

Lại có: ^NIC=^NKI=^NAI => ^NDC=^NAI (2 góc đồng vị) => CD//AI hay CD//AB (đpcm).

7 tháng 7 2018

B C O A D d M K E N I H F P d'

1) Xét nửa đường tròn (O) đường kính BC có điểm N thuộc (O) => ^CNB = 900

=> ^CNE = 1800 - ^CNB = 900. Xét tứ giác CDNE có:

^CDE = ^CNE = 900 => Tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn (đpcm).

2) Ta có điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính BC => ^CMB = 900

=> BM vuông góc CE. Xét \(\Delta\)BEC:

BM vuông góc CE; ED vuông góc BC; BM giao ED tại K => K là trực tâm \(\Delta\)BEC

=> CK vuông góc BE. Mà CN vuông góc BE (Do ^CNB = 900) => 3 điểm C;K;N thẳng hàng (đpcm).

3) Gọi giao điểm của MN với DE là H. Lấy F là trung điểm của EH. BH cắt CF tại điểm P.

Xét tứ giác CMHD: ^CMH = ^CDH = 900 => CMKD nội tiếp đường tròn => ^MCK = ^MDK (1)

Tương tự: ^NBK = ^NDK     (2)

Từ (1) & (2) => ^MDK = ^NDK hay ^MDH = ^FDN

Tương tự: ^DMB = ^NMB => ^DMH = 2.^DMB (3)

Dễ thấy tứ giác BDME nội tiếp đường tròn => ^DMB = ^BED (2 góc nt chắn cung BD)

Hay ^DMB = ^NEF. Xét \(\Delta\)ENH vuông tại N: H là trung điểm EH

=> \(\Delta\)NEF cân tại F. Do ^DFN là góc ngoài \(\Delta\)NEF => ^DFN = 2.^NEF

Mà ^DMB = ^NEF (cmt) => ^DFN = 2.^DMB (4)

Từ (3) & (4) => ^DMH = ^DFN. Xét \(\Delta\)DMH và \(\Delta\)DFN:

^DMH = ^DFN ; ^MDH = ^FDN (cmt) => \(\Delta\)DMH ~ \(\Delta\)DFN (g.g)

=> \(\frac{DM}{DF}=\frac{DH}{DN}\)=> \(DH.DF=DM.DN\)(5)

Dễ chứng minh \(\Delta\)CMD ~ \(\Delta\)NBD => \(\frac{DM}{DB}=\frac{DC}{DN}\Rightarrow DM.DN=DB.DC\)(6)

Từ (5) & (6) => \(DH.DF=DB.DC\)\(\Rightarrow\frac{DH}{DB}=\frac{DC}{DF}\)

\(\Rightarrow\Delta\)CDH ~ \(\Delta\)FDB (c.g.c) => ^DHC = ^DBF. Mà ^DHC + ^DCH = 900

=> ^DBF + ^DCH = 900 => CH vuông góc BF.

Xét \(\Delta\)CFB: FD vuông góc BC; CH vuôn góc BF; H thuộc FD => H là trực tâm \(\Delta\)CFB

=> BH vuông góc CF (tại P). Ta có nửa đg trong (O) đg kính BC và có ^CPB = 900

=> P thuộc nửa đường tròn (O) => Tứ giác CMPB nội tiếp (O)

=> ^BMP = ^BCP (2 góc nt chắn cung BP) Hay ^HMP = ^DCP

Xét tứ giác CPHD: ^CPH = ^CDH = 900 => ^DCP + ^DHP = 1800

=> ^HMP + ^DHP = 1800 hay ^HMP + ^KHP = 1800 => Tứ giác MPHK nội tiếp đg tròn

=> ^KMH = ^KPH (2 góc nt chắn cung KH) hay ^KMN = ^KPB.

Lại có tứ giác EMKN nội tiếp đg tròn => ^KMN = ^KEN => ^KMN = ^KEB

=> ^KPB = ^KEB => Tứ giác BKPE nội tiếp đg tròn. Mà 3 điểm B;K;E cùng thuộc (I)

=> Điểm P cũng thuộc đg tròn (I) => IP=IB => I thuộc trung trực của BP

Mặt khác: OP=OB => O cũng thuộc trung trực của BP => OI là trung trực của BP

=> OI vuông góc BP. Mà CF vuông góc BP (cmt) => OI // CF (7)

I nằm trên trung trực của EK và F là trung điểm EK => IF vuông góc EK => IF vuông góc d

OC vuông góc d => OC // IF (8)

Từ (7) & (8) => Tứ giác COIF là hình bình hành => IF = OC = R (bk của (O))

=> Độ dài của IF không đổi. Mà IF là khoảng cách từ I đến d (Do IF vuông góc d)

=> I nằm trên đường thẳng d' // d và cách d một khoảng bằng bán kính của nửa đường tròn (O)

Vậy điểm I luôn nằm trên d' cố định song song với d và cách d 1 khoảng = bk nửa đg tròn (O) khi M thay đổi.

22 tháng 5 2018
bạn giải ra chưa? giúp mình câu 3 với
Toán lớp 9 cho siêu khó. Ai giải giúp em với sáng mai nộp mà còn kẹt lại 3 bài này @@Bài 1 : Ba đường tròn tâm I, K, H có bán kính bằng nhau và bằng R cùng đi qua một điểm O và từng đôi một cắt nhau tại điểm thứ hai là A, B, C. Chứng minh rằng :a) A, I, H, B là 4 đỉnh của 1 hình bình hànhb) Đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C cũng có bán kính RBài 2 : Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và một...
Đọc tiếp

Toán lớp 9 cho siêu khó. Ai giải giúp em với sáng mai nộp mà còn kẹt lại 3 bài này @@


Bài 1 : Ba đường tròn tâm I, K, H có bán kính bằng nhau và bằng R cùng đi qua một điểm O và từng đôi một cắt nhau tại điểm thứ hai là A, B, C. Chứng minh rằng :
a) A, I, H, B là 4 đỉnh của 1 hình bình hành
b) Đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C cũng có bán kính R

Bài 2 : Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và một điểm M di động trên nửa đường tròn. Vẽ đường tròn tâm E tiếp xúc với (O) tại M, tiếp xúc AB tại N. (E) cắt AM, MB tại điểm thứ hai lần lượt là C, D
a) Chứng minh CD // AB
b) Kẻ bán kính OK của (O) vuông góc với AB (K thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa M). Chứng minh M, N, K thẳng hàng

Bài 3 : Cho M, N là các giao điểm của hai đường tròn (O)(O'). Đường thẳng OM cắt (O), (O') lần lượt tại điểm thứ hai là A, B. Đường thẳng O'M cắt (O), (O') lần lượt tại điểm thứ hai là C, D. Chứng minh : ba đường thẳng AC, BD, MN đồng quy tại 1 điểm

0
Bài 1 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O) có 2 đường cao BE và CF cắt nhau tại H . Đường thẳng BE và CF cắt (O) lần lượt tại M và N . Trên cung nhỏ BC lấy 1 điểm I bất kỳ , IN cắt AB tại P và IM cắt AC tại Q . Chứng minh : 3 điểm P,H,Q thẳng hàngBài 2 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có 2 đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G .Đường thẳng BM và CN cắt (O)...
Đọc tiếp

Bài 1 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O) có 2 đường cao BE và CF cắt nhau tại H . Đường thẳng BE và CF cắt (O) lần lượt tại M và N . Trên cung nhỏ BC lấy 1 điểm I bất kỳ , IN cắt AB tại P và IM cắt AC tại Q . Chứng minh : 3 điểm P,H,Q thẳng hàng

Bài 2 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có 2 đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G .Đường thẳng BM và CN cắt (O) lần lươt tại D và E . Trên cung nhỏ BC lấy 1 điểm I bất kỳ , IE cắt AB tại P và ID cắt AC tại Q . Chứng minh : 3 điểm P,G,Q thẳng hàng

Bài 3 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O) có 2 đường phân giác BM và CN của tam giác ABC cắt nhau tại  K . Đường thẳng BM và CN cắt (O) tại E và F . Trên cung nhỏ BC lấy 1 điểm I bất kỳ , IF cắt AB tại P và IE cắt AC tại Q .Chứng minh : 3 điểm P,K,Q thẳng hàng

Lưu ý : bài toán số 2 và 3 được khai thác và mở rộng từ bài toán số 1 , một điều thú vị nữa là các bài toán 1,2,3 có nội dung tương đối giống nhau

Nguon : Near Ryuzaki - VMF

Lam ho mik bai 2+3  nha 

1
2 tháng 3 2020

Cả 3 bài này đều sử dụng định lí Pascal

B1: Với các điểm: NAMCIB cùng thuộc đường tròn (O)

NC cắt BM tại H; NI cắt AB  tại P ; MI cắt AC tại Q 

=> P; H ; Q thẳng hàng

B2: Xét các điểm ADCIBE  cùng thuộc đường tròn (O)

B3: Tương tự.