Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác ODAE có
góc ODA+góc OEA=180 độ
=>ODAE là tứ giác nội tiếp
b: \(AE=\sqrt{\left(3R\right)^2-R^2}=2\sqrt{2}\cdot R\)
\(OI=\dfrac{OE^2}{OA}=\dfrac{R^2}{3R}=\dfrac{R}{3}\)
c: Xét ΔDIK vuông tại I và ΔDHE vuông tại H có
góc IDK chung
=>ΔDIK đồng dạng vơi ΔDHE
=>DI/DH=DK/DE
=>DH*DK=DI*DE=2*IE^2
a, Chú ý: A M O ^ = A I O ^ = A N O ^ = 90 0
b, A M B ^ = M C B ^ = 1 2 s đ M B ⏜
=> DAMB ~ DACM (g.g)
=> Đpcm
c, AMIN nội tiếp => A M N ^ = A I N ^
BE//AM => A M N ^ = B E N ^
=> B E N ^ = A I N ^ => Tứ giác BEIN nội tiếp => B I E ^ = B N M ^
Chứng minh được: B I E ^ = B C M ^ => IE//CM
d, G là trọng tâm DMBC Þ G Î MI
Gọi K là trung điểm AO Þ MK = IK = 1 2 AO
Từ G kẻ GG'//IK (G' Î MK)
=> G G ' I K = M G M I = M G ' M K = 2 3 I K = 1 3 A O không đổi (1)
MG' = 2 3 MK => G' cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc (G'; 1 3 AO)
\(\text{a) Xét tứ giác ADMO có:}\)
∠DMO =90o (do M là tiếp tuyến của (O))
∠DAO =90o (do AD là tiếp tuyến của (O))
=> ∠DMO + ∠DAO = 180o
=> Tứ giác ADMO là tứ giác nội tiếp.
\(\text{b) Do D là giao điểm của 2 tiếp tuyến DM và DA nên OD là tia phân giác của ∠AOM}\)
=>(AOD = \(\frac{1}{2}\)∠AOM
Mặt khác ta có (ABM là góc nội tiếp chắn cung AM
=> ∠ABM = \(\frac{1}{2}\)∠AOM
=> ∠AOD = ∠ABM
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
=> OD // BM
Xét tam giác ABN có:
OM// BM; O là trung điểm của AB
=> D là trung điểm của AN
c) Ta có: ΔOBM cân tại O ;OE ⊥MB =>OE là đường trung trực của MB
=>EM = EB => ΔMEB cân tại E => ∠EMB = ∠MEB (1)
ΔOBM cân tại O => ∠OMB = ∠OBM (2)
Cộng (1) và (2) vế với vế, ta được:
∠EMB + ∠OMB = ∠MEB + ∠OBM ⇔ ∠EMO =∠EOB ⇔ ∠EOB =90o
=>OB ⊥ BE
Vậy BE là tiếp tuyến của (O).
d) Lấy điểm E trên tia OA sao cho OE = \(\frac{OA}{3}\)
Xét tam giác OAI có OI vừa là đường cao vừa là trung tuyến
=> Tam giác OAI cân tại I => IA = IB; ∠IBA = ∠IAB
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{IBA}=\widehat{IAB}\\\widehat{IBA}+\widehat{INA}=90^0\\\widehat{NAI}+\widehat{IAB}=\widehat{NAB}=90^0\end{cases}}\)
=> ∠NAI = ∠INA => ΔINA cân tại I => IA = IN
Tam giác NAB vuông tại A có: IA = IN = IB
=> IA là trung tuyến của tam giác NAB
Xét ΔBNA có:
IA và BD là trung tuyến; IA ∩ BD = {J}
=> J là trọng tâm của tam giác BNA
Xét tam giác AIO có:
\(\frac{\text{AJ}}{AI}=\frac{AE}{A0}=\frac{2}{3}\Rightarrow\text{JE}\text{//}OI\)
=> J nằm trên đường thẳng d vuông góc với AB và cách O một khoảng bằng R/3.
Phần đảo: Lấy điểm J' bất kì thuộc đường thẳng d
Do d// OI (cùng vuông góc AB) nên ta có:
\(\frac{\text{AJ}}{AI}=\frac{AE}{A0}\)
\(\text{MÀ}\frac{AE}{AO}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{\text{AJ}}{AI}=\frac{2}{3}\)
AI là trung tuyến của tam giác NAB
=> J' là trọng tâm tam giác NAB
Vậy khi M di chuyển trên (O) thì J di chuyển trên đường thẳng d vuông góc với AB và cách O một khoảng là R/3.
HÌNH Ở TRONG THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA
a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
nên ABOC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{NBA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BN
\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN
Do đó: \(\widehat{NBA}=\widehat{BMN}\)
mà \(\widehat{BMN}=\widehat{KAN}\)(hai góc so le trong, BM//AC)
nên \(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)
Xét ΔKAN và ΔKBA có
\(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)
\(\widehat{AKN}\) chung
Do đó: ΔKAN~ΔKBA
=>\(\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KN}{KA}\)
=>\(KA^2=KB\cdot KN\)(1)
c: Xét (O) có
\(\widehat{KCN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CN
\(\widehat{CBN}\) là góc nội tiếp chắn cung CN
Do đó: \(\widehat{KCN}=\widehat{CBN}=\widehat{KBC}\)
Xét ΔKCN và ΔKBC có
\(\widehat{KCN}=\widehat{KBC}\)
\(\widehat{CKN}\) chung
Do đó: ΔKCN~ΔKBC
=>\(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KN}{KC}\)
=>\(KC^2=KB\cdot KN\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra KA=KC
=>K là trung điểm của AC
ΔOCA vuông tại C
=>\(CO^2+CA^2=OA^2\)
=>\(CA^2=\left(3R\right)^2-R^2=8R^2\)
=>\(CA=R\cdot2\sqrt{2}\)
=>\(KA=R\sqrt{2}\)
d: Gọi giao điểm của MN và OE là I, giao điểm của BC và OA là H
Xét (O) có
EM,EN là các tiếp tuyến
Do đó: EM=EN
=>E nằm trên đường trung trực của MN(3)
Ta có: OM=ON
=>O nằm trên đường trung trực của MN(4)
Từ (3) và (4) suy ra OE là đường trung trực của MN
=>OE\(\perp\)MN tại I và I là trung điểm của MN
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(5)
ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(6)
Từ (5),(6) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC tại H
Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(7\right)\)
Xét ΔONE vuông tại N có NI là đường cao
nên \(OI\cdot OE=ON^2\left(8\right)\)
Từ (7) và (8) suy ra \(OH\cdot OA=OI\cdot OE\)
=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)
Xét ΔOHE và ΔOIA có
\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)
\(\widehat{HOE}\) chung
Do đó: ΔOHE~ΔOIA
=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OIA}=90^0\)
=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OHB}=90^0\)
=>H,B,E thẳng hàng
mà B,H,C thẳng hàng
nên E,B,C thẳng hàng