Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác OBHA có:
∠(OBH) = 90 0 ( BH là tiếp tuyến của (O)
∠(OAH) = 90 0 (AH là tiếp tuyến của (O)
⇒ ∠(OBH) + ∠(OAH) = 180 0
⇒ Tứ giác OBHA là tứ giác nội tiếp
b) Ta có: Một phần đường kính OA vuông góc dây BC
⇒ AB = AC ⇒ sđ cung AB = sđ cung AC
⇒ ∠(BAH) = ∠(ABC) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn 2 cung bằng nhau)
Tứ giác ABMC nội tiếp (O)
⇒ ∠(NMC) = ∠(ABC) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Do đó: ∠(NMC) = ∠(BAH)
d) Xét tứ giác MBND nội tiếp có:
∠(BDN) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN)
Xét tứ giác ABMC nội tiếp (O) có:
∠(ABC) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau )
⇒ ∠(BDN) = ∠(ABC)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
⇒ ND // BC
Mà BC ⊥ OA ⇒ ND ⊥ OA
c) vì OK vg vs BC=>..............................................
d)
a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)
Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(AH.AO=AB^2\)
Suy ra AD.AE = AH.AO
c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)
\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)
Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)
acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
Ta có: ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên OH là phân giác của góc COD
=>OM là phân giác của góc COD
=>\(\widehat{COM}=\widehat{DOM}\)
Xét ΔOCM và ΔODM có
OC=OD
\(\widehat{COM}=\widehat{DOM}\)
OM chung
Do đó: ΔOCM=ΔODM
=>\(\widehat{OCM}=\widehat{ODM}\)
mà \(\widehat{ODM}=90^0\)
nên \(\widehat{OCM}=90^0\)
=>MC là tiếp tuyến của (O)
c) 2 tiếp tuyến HA và HB cắt nhau tại H
⇒ ΔHAB cân tại H ⇒ ∠(BAH) = ∠(HBA)
Theo ý b) ∠(NMC) = ∠(BAH)
⇒ ∠(NMC) = ∠(HBA)
Xét tứ giác MBND có: ∠(NMC) = ∠(HBA)
⇒ 2 đỉnh M và B cùng nhìn cạnh ND dưới 1 góc bằng nhau
⇒ MBND là tứ giác nội tiếp.c) 2 tiếp tuyến HA và HB cắt nhau tại H
⇒ ΔHAB cân tại H ⇒ ∠(BAH) = ∠(HBA)
Theo ý b) ∠(NMC) = ∠(BAH)
⇒ ∠(NMC) = ∠(HBA)
Xét tứ giác MBND có: ∠(NMC) = ∠(HBA)
⇒ 2 đỉnh M và B cùng nhìn cạnh ND dưới 1 góc bằng nhau
⇒ MBND là tứ giác nội tiếp.