Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a:Xét (O) có
AB là tiếp tuyến
AC là tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
hay A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
nên O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra AO là đường trung trực của BC
b: Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(BH^2=OH\cdot HA=\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2=\dfrac{BC^2}{4}\)
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
A B O ^ = 90 0 A C O ^ = 90 0 A B O ^ + A C O ^ = 180 0
=> tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E Î (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh A B 2 = A D . A E .
Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE
⇒ A B A E = A D A B ⇔ A B 2 = A D . A E
c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Ta có D H A ^ = E H O ^
nên D H A ^ = E H O ^ = A H F ^ ⇒ A H E ^ + A H F ^ = 180 0 ⇒ 3 điểm E, F, H thẳng hàng.
Có 1 phần câu trả lời ở đây.
Giải toán: Bài hình trong đề thi HK2 Lớp 9 | Rất phức tạp. - YouTube
a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
nên ABOC là tứ giác nội tiếp
=>A,B,O,C cùng nằm trên 1 đường tròn
b: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OA là trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét (O) có
ΔBED nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBED vuông tại E
=>BE\(\perp\)ED tại E
=>BE\(\perp\)AD tại E
Xét ΔABD vuông tại B có BE là đường cao
nên \(AE\cdot AD=AB^2\)(3)
=>\(AE\cdot AD=AC^2\)
Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(AE\cdot AD=AH\cdot AO\)
=>\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)
Xét ΔAEH và ΔAOD có
\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)
góc EAH chung
Do đó: ΔAEH đồng dạng với ΔAOD
=>\(\widehat{AHE}=\widehat{ADO}\)
c: Ta có: ΔOED cân tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK\(\perp\)ED tại K
Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\)
Xét ΔOKA vuông tại K và ΔOHF vuông tại H có
\(\widehat{KOA}\) chung
Do đó: ΔOKA đồng dạng với ΔOHF
=>\(\dfrac{OK}{OH}=\dfrac{OA}{OF}\)
=>\(OK\cdot OF=OA\cdot OH\)
=>\(OK\cdot OF=R^2=OD^2\)
=>\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{OF}\)
Xét ΔOKD và ΔODF có
\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{OF}\)
góc KOD chung
Do đó: ΔOKD đồng dạng với ΔODF
=>\(\widehat{OKD}=\widehat{ODF}\)
=>\(\widehat{ODF}=90^0\)
=>FD là tiếp tuyến của (O)
a. Chắc đề đúng là \(OB^2=OH.OA\)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau: \(AB=AC\)
Lại có \(OB=OC=R\)
\(\Rightarrow OA\) là trung trực của BC
\(\Rightarrow OA\perp BC\) tại H đồng thời H là trung điểm BC
Cũng do AB là tiếp tuyến \(\Rightarrow AB\perp OB\Rightarrow\Delta OAB\) vuông tại B
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB:
\(OB^2=OH.OA\)
b.
Ta có: \(OF=OB=R\Rightarrow OF^2=OH.OA\)
\(\Rightarrow\dfrac{OF}{OH}=\dfrac{OA}{OF}\)
Xét hai tam giác OAF và OFH có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AOF}-chung\\\dfrac{OF}{OH}=\dfrac{OA}{OF}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAF\sim\Delta OFH\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OAF}=\widehat{OFH}\) hay \(\widehat{OAF}=\widehat{OFE}\)
Mà \(OE=OF=R\Rightarrow\Delta OEF\) cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OFE}=\widehat{OEF}\)
\(\Rightarrow\widehat{OAF}=\widehat{OEF}\)
Hai góc nói trên cùng chắn OF và cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ OF
\(\Rightarrow OEAF\) nội tiếp hay 4 điểm A, E, O, F cùng nằm trên 1 đường tròn