Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B O C D E M H K
a)Ta có: EA \(\perp\)AB (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{OAE}=90^0\)
OD \(\perp\)EC (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{ODE}=90^0\)
Xét t/giác AODE có \(\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0\)
=> t/giác AODE nt đường tròn (vì tổng 2 góc đối diện = 1800)
b) Xét \(\Delta\)EKD và \(\Delta\)EDB
có: \(\widehat{BED}\):chung
\(\widehat{EDK}=\widehat{EBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{KD}\)
=> \(\Delta\)EKD ∽ \(\Delta\)EDB (g.g)
=> \(\frac{ED}{EB}=\frac{EK}{ED}\)=> ED2 = EK.EB (1)
Ta có: AE = ED (t/c 2 tt cắt nhau) => E thuộc đường trung trực của AD
OA = OD = R => O thuộc đường trung trực của AD
=> EO là đường trung trực của ED => OE \(\perp\)AD
Xét \(\Delta\)EDO vuông tại D có DH là đường cao => ED2 = EK.EB (2)
Từ (1) và (2) => EH.EO = DK.EB => \(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)
Xét tam giác EHK và tam giác EBO
có: \(\widehat{OEB}\): chung
\(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)(cmt)
=> tam giác EHK ∽ tam giác EBO (c.g.c)
=> \(\widehat{EHK}=\widehat{KBA}\)
c) Ta có: OM // AE (cùng vuông góc với AB) => \(\frac{OM}{AE}=\frac{MC}{EC}\)(hq định lí ta-lét)
=> OM.EC = AE.MC
Ta lại có: \(\frac{EA}{EM}-\frac{MO}{MC}=\frac{EA.MC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{MO.EC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{OM.MC}{EM.MC}=\frac{OM}{EM}\)
Mặt khác: OM // AE => \(\widehat{MOE}=\widehat{OEA}\)(slt)
mà \(\widehat{AEO}=\widehat{OEM}\)(t/c 2 tt cắt nhau)
=> \(\widehat{MOE}=\widehat{MEO}\) => tam giác OME cân tại M => OM = ME
=> \(\frac{OM}{EM}=1\)
=> \(\frac{EA}{EM}-\frac{OM}{MC}=1\)
Gọi I là trung điểm của BC => BI=IC=1/2 BC (1)
Vì tam giác FBC vuông tại F; FI là đường trung trực của BC =>FI = 1/2 BC (2)
Tương tự => EI = 1/2 BC (3)
Từ (1), (2) và (3) =>EI = BI = IC = FI = 1/2 BC
=>E, B, C, F thuộc một đường tròn
A B C O E F K I J H M N S T L
c) AT là đường kính của (O), dễ thấy H,K,T thẳng hàng, gọi TH cắt (O) lần nữa tại S, ta được ^ASH = 900
Ta có A,E,H,F,S cùng thuộc đường tròn đường kính AH, suy ra:
(ES,EF) = (AS,AB) = (SC,SB), (SF,SE) = (BS,BC) do đó \(\Delta\)SFE ~ \(\Delta\)SBC
Vì K,L là trung điểm của BC,EF nên \(\Delta\)SFL ~ \(\Delta\)SBK, suy ra \(\Delta\)SFB ~ \(\Delta\)SLK, (KS,KL) = (BS,BA) (1)
Lại có: \(\frac{MF}{MB}=\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}=\frac{NE}{NC}\), \(\Delta\)SEC ~ \(\Delta\)SFB, suy ra \(\Delta\)SMN ~ \(\Delta\)SBC
Tương tự như trên, ta thu được (KS,KI) = (BS,BA) (2)
Từ (1);(2) suy ra K,I,L thẳng hàng. Mặt khác K,L,J thẳng hàng vì chúng cách đều E,F.
Do vậy I,J,K thẳng hàng.
Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, P] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, Q] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [M, A] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [O, M] O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d
a. Ta thấy ngay tứ giác OBEC có hai góc vuông đối nhau nên nó là tứ giác nội tiếp.
b. Câu này cô thấy cần sửa đề thành AB.AP = AD.AE mới đúng.
Gọi Aq là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Khi đó ta có: \(\widehat{APE}=\widehat{BAq}\) (so le trong)
Mà \(\widehat{BAq}=\widehat{BDA}\) (Cùng chắn cung BA) nên \(\widehat{APE}=\widehat{BDA}\)
Vậy thì \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AP}\Rightarrow AB.AP=AE.AD\)
c. +) Ta thấy \(\Delta BDE\sim\Delta ABE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{BE}{AE}\)
Tương tự \(\Delta CDE\sim\Delta ACE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{DE}{AE}\)
Mà BE = CE nên \(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\)
Lại có \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EP}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow EP=\frac{BD.AE}{AB}\)
Tương tự \(\Delta ACD\sim\Delta AEQ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AC}{AE}=\frac{CD}{EQ}\Rightarrow EQ=\frac{CD.AE}{AC}=\frac{BD.AE}{AB}=EP\)
Vậy EP = EQ.
+) Ta thấy ngay \(\Delta ABC\sim\Delta AQP\Rightarrow\frac{BC}{QP}=\frac{AC}{AP}\Rightarrow\frac{BC:2}{QP:2}=\frac{AC}{QP}\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{PE}=\frac{AC}{AP}\)
Lại có \(\widehat{ACM}=\widehat{APE}\) (Cùng bằng \(\widehat{BDA}\))
Từ đó suy ra \(\Delta AMC\sim\Delta AEP\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{PAE}\)
d. Ta có BD.AC = AB.CD
Lại có do ABCD là tứ giác nội tiếp nên
AD.BC = AB.CD + AC.BD = 2AB.CD (Định lý Ptoleme) \(\Rightarrow2MC.AD=2AB.CD\Rightarrow MC.AD=AB.CD\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{AB}=\frac{CD}{AD}\)
Lại thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\Rightarrow\Delta BAD\sim\Delta MCD\left(c-g-c\right)\)
Mà \(\Delta BAD\sim\Delta MAC\Rightarrow\Delta MCD\sim\Delta MAC\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MC}\Rightarrow MA.MD=MC^2=\frac{BC^2}{4}.\)
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
a: Xét tứ giác ADHK có
\(\widehat{ADH}+\widehat{AKH}=90^0+90^0=180^0\)
=>ADHK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BDKC có \(\widehat{BDC}=\widehat{BKC}=90^0\)
nên BDKC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AKD}\left(=180^0-\widehat{DKC}\right)\)
nên \(\widehat{xAC}=\widehat{AKD}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên Ax//DK
c: Xét ΔABC có
BK,CD là các đường cao
BK cắt CD tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại M
Xét tứ giác HKCM có \(\widehat{HKC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)
nên HKCM là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HKM}=\widehat{HCM}\)
mà \(\widehat{HCM}=\widehat{BAM}\left(=90^0-\widehat{ABM}\right)\)
nên \(\widehat{HKM}=\widehat{BAM}\)
mà \(\widehat{BAM}=\widehat{DKB}\)(ADHK là tứ giác nội tiếp)
nên \(\widehat{DKH}=\widehat{MKH}\)
=>\(\widehat{DKB}=\widehat{MKB}\)
=>KB là phân giác của góc DKM
a: Xét tứ giác ADHK có
ˆADH+ˆAKH=900+900=1800���^+���^=900+900=1800
=>ADHK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BDKC có ˆBDC=ˆBKC=900���^=���^=900
nên BDKC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ˆxAC���^ là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
ˆABC���^ là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: ˆxAC=ˆABC���^=���^
mà ˆABC=ˆAKD(=1800−ˆDKC)���^=���^(=1800−���^)
nên ˆxAC=ˆAKD���^=���^
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên Ax//DK
c: Xét ΔABC có
BK,CD là các đường cao
BK cắt CD tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥⊥BC tại M
Xét tứ giác HKCM có ˆHKC+ˆHMC=900+900=1800���^+���^=900+900=1800
nên HKCM là tứ giác nội tiếp
=>ˆHKM=ˆHCM���^=���^
mà ˆHCM=ˆBAM(=900−ˆABM)���^=���^(=900−���^)
nên ˆHKM=ˆBAM���^=���^
mà ˆBAM=ˆDKB���^=���^(ADHK là tứ giác nội tiếp)
nên ˆDKH=ˆMKH���^=���^
=>ˆDKB=ˆMKB���^=���^
=>KB là phân giác của góc DKM