Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O A C B D I M N E F P H
a) Kẻ đường kính DP của (O), ta có: BD vuông góc BP. Mà BD vuông góc AC nên BP // AC
=> (AP = (BC => (AB = (CP => AB = CP => AB2 + CD2 = CP2 + CD2 = DP2 = 4R2 (ĐL Pytagore)
Tương tự: AD2 + BC2 = 4R2 => ĐPCM.
b) Ta có: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 4R2 + 4R2 = 8R2
Ta lại có: AC2 + BD2 = IA2 + IB2 + IC2 + ID2 + 2.IB.ID + 2.IA.IC = AB2 + CD2 + 4.IE.IF
= 4R2 + 4(R+d)(R-d) = 4R2 + 4R2 - 4d2 = 8R2 - 4d2
c) Gọi tia NI cắt AB tại H. Dễ thấy: ^BIH = ^NID = ^NDI = ^IAB = 900 - ^IBA => IN vuông góc AB.
C/m tương tự, ta có: IM vuông góc CD => ĐPCM.
d) Đường tròn (O): Dây AB, M trung điểm AB => OM vuông góc AB. Mà AB vuông góc IN => OM // IN
Tương tự ON // IM. Do đó: Tứ giác OMIN là hình bình hành (đpcm).
e) Vì tứ giác OMIN là hình bình hành nên MN đi qua trung điểm OI. Mà OI cố định NÊN trung điểm của OI cũng cố định nên ta có đpcm.
Chậc -_- bài này mình làm được lâu rồi bạn à :V Nhưng cũng cảm ơn , tớ nhờ cậu bài khác mà :(
OABCDHEMNFK
a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.
Vậy \(OH\perp BC\)
b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(OH.OA=OC^2=R^2\)
Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)
c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.
Vậy thì \(MN\perp BA\)
Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.
d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)
Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\) (1)
Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)
Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)
Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)
Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.
Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)
\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)
Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)
\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)
\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)
a/ * dựa vào tính chất đường trung tuyến ứng vs 1 cạnh = 1/2 cạnh ấy thì tam giác đó vuông ta sẽ CM đc tg BCD vuông tại C
*Có AC=AB(vì đg thẳng là tiếp tuyến của đg tròn vuông góc với bk đi qua tiếp điểm)
=>A cách đều A và B
=>AH vuông góc BC
b/Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO có : OH.OA=OB^2=R^2
mk cx đg làm bài này nhg ms chỉ đến đây thôi
hình bạn tự vẽ nha :
a.Ta có:
ˆAPM=ˆAHM=ˆAQM=90oAPM^=AHM^=AQM^=90o
→A,P,H,M,Q∈→A,P,H,M,Q∈ đường tròn đường kính AMAM
b.Từ câu a →A,P,H,M,Q∈(O,12AM)→A,P,H,M,Q∈(O,12AM)
→OP=OH=OM=OQ→OP=OH=OM=OQ
Mà ΔABCΔABC đều, AH⊥BC→ˆBAH=ˆHAC=30oAH⊥BC→BAH^=HAC^=30o
→ˆHOQ=2ˆHAQ=60o,ˆPOH=2ˆPAH=60o→HOQ^=2HAQ^=60o,POH^=2PAH^=60o
Do OP=OH,OH=OQOP=OH,OH=OQ
→ΔOPH,ΔOHQ→ΔOPH,ΔOHQ đều
→PH=OP=OQ=QH→PH=OP=OQ=QH
→OPHQ→OPHQ là hình thoi
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.23
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.