Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D O M N E I H P
a) Ta có: DE là tiếp tuyến của (O) nên ^ODE=900 . Mà OH vuông góc BE
=> ^OHE=900 => ^ODE=^OHE.
Xét tứ giác OHDE: ^OHE=^ODE=900 => Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn. (đpcm).
b) Dễ thấy ^EDC=^EBD (T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
=> \(\Delta\)ECD ~ \(\Delta\)EDB (g.g) => \(\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{ED}\Rightarrow ED^2=EC.EB.\)(đpcm).
c) Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn (cmt) => ^OEH=^ODH.
Lại có: CI//OE => ^OEH=^ICH => ^ICH=^ODH hay ^ICH=^IDH
=> Tứ giác HICD nội tiếp đường tròn => ^HID=^HCD=^BCD
Do tứ giác ABDC nội tiếp (O) => ^BCD=^BAD.
Do đó ^HID=^BAD. Mà 2 góc bên ở vị trí đồng vị => HI//AB (đpcm).
d) Gọi giao điểm của tia CI với AB là P.
Ta thấy: Đường tròn (O) có dây cung BC và OH vuông góc BC tại H => H là trung điểm BC.
Xét \(\Delta\)BPC: H là trung điểm BC; HI//BP (HI//AB); I thuộc CP => I là trung điểm CP => IC=IP (1)
Theo hệ quả của ĐL Thales; ta có: \(\frac{IP}{DM}=\frac{AI}{AD};\frac{IC}{DN}=\frac{AD}{AI}\Rightarrow\frac{IP}{DM}=\frac{IC}{DN}\)(2)
Từ (1) và (2) => DM=DN (đpcm).
Ai trả lời hộ điiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiinhanh lênnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
a) có \(\widehat{HOG}+\widehat{OGH}=90^o\) (do OH \(\perp\) BC)
mà \(\widehat{GED}+\widehat{EGD}=90^o\) (do tiếp tuyến tại D)
lại có \(\widehat{OGH}=\widehat{EGD}\) (đối đỉnh)
\(\rightarrow\widehat{GOH}=\widehat{GED}\) mà hai góc này cùng nhìn cung HD
\(\Rightarrow\) Tứ giác OHDE nội tiếp (đpcm)
b) Nối BD, CD
có \(\widehat{CBD}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CD}\) (góc nội tiếp chắn cung CD)
có \(\widehat{CDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CD}\) (góc giữa tiếp tuyến và một dây)
\(\rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{CDE}\)
mà có \(\widehat{CED}\) chung
\(\Rightarrow\Delta EBD\) ~ \(\Delta EDC\) (g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{ED}{EC}=\dfrac{EB}{ED}\rightarrow ED^2=EC.EB\) (đpcm)
c) CI // OE \(\Rightarrow\widehat{GCI}=\widehat{GEO}\) (so le trong) (1)
có tứ giác OHDE nội tiếp (câu a)
\(\Rightarrow\widehat{OEG}=\widehat{ODH}\) (cùng chắn cung OH) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{IDH}\)
Mà hai góc này cùng chắn cung IH
Suy ra tứ giác IHDC nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{DIH}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn cung HD)
Dễ thấy tứ giác ABDC nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn cung BD)
\(\Rightarrow\widehat{DIH}=\widehat{BAD}\)
Mà hai góc này ở vị trí so le trong suy ra HI // AB (đpcm)
Câu d) tạm thời mình chưa nghĩ được nha!
Chúc bạn học tốt
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 \(\Delta BAD\sim\Delta MAC\Rightarrow\Delta MCD\sim\Delta MAC\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MC}\Rightarrow MA.MD=MC^2=\frac{BC^2}{4}.\)
Bạn lam chưa chỉ minh vs