Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì AB ⊥ KB nên AE ⊥ KB
Lại có: AB = BE (tính chất đối xứng tâm)
Suy ra: KA = KE (tính chất đường trung trực) (3)
Ta có: IO = IO’ (gt)
IA = IK (chứng minh trên)
Tứ giác AOKO’ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành
Suy ra: OK // O’A và OA // O’K
CA ⊥ O’A (vì CA là tiếp tuyến của đường tròn (O’))
OK // O’A (chứng minh trên)
Suy ra: OK ⊥ AC
Khi đó OK là đường trung trực của AC
Suy ra: KA = KC (tính chất đường trung trực) (4)
DA ⊥ OA (vì DA là tiếp tuyến của đường tròn (O))
O’K // OA (chứng minh trên)
Suy ra: O’K ⊥ DA
Khi đó O’K là đường trung trực của AD
Suy ra: KA = KD (tính chất đường trung trực) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: KA = KC = KE = KD
Vậy bốn điểm A, C, E, D cùng nằm trên một đường tròn.3
a) Ta có: \(\widehat{ANO}=90^0\)
nên N nằm trên đường tròn đường kính AO(1)
Ta có: \(\widehat{AMO}=90^0\)
nên M nằm trên đường tròn đường kính AO(2)
Ta có: \(\widehat{AEO}=90^0\)
nên E nằm trên đường tròn đường kính AO(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra A,M,E,N,O cùng thuộc 1 đường tròn
b) Xét ΔAMK và ΔAIM có
\(\widehat{AKM}=\widehat{AMI}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IM}\right)\)
\(\widehat{IAM}\) chung
Do đó: ΔAMK∼ΔAIM(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AM}{AI}=\dfrac{AK}{AM}\)
hay \(AM^2=AK\cdot AI\)
Gọi H là giao điểm của AB và OO’
Vì OO’ là đường trung trực của AB nên OO’ ⊥ AB tại H
Ta có: HA = HB
I là trung điểm của OO’ nên IH ⊥ AB (1)
Trong tam giác ABK, ta có:
HA = HB (chứng minh trên)
IA = IK (tính chất đối xứng tâm)
Suy ra IH là đường trung bình của tam giác ABK
Suy ra IH // BK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AB ⊥ KB
M A C D O B N P Q E
Dễ thấy \(\Delta MCB~\Delta MDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MC}{MD}=\frac{BC}{CD}\)( 1 )
\(\Delta MAB~\Delta MDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MA}{MD}=\frac{AB}{AD}\)( 2 )
Lại có MA = MC . Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.CD\)
Áp dụng định lí Ploleme với tứ giác ABCD, ta có :
\(AB.CD+AD.BC=AC.BD\)
\(\Rightarrow BC.AD=AC.BD-AB.CD=\frac{1}{2}AC.BD\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{2BC}{BD}\)( 3 )
\(\Delta NBE~\Delta NDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NB}{ND}=\frac{BE}{DB}\); \(\Delta NCE~\Delta NDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NC}{ND}=\frac{CE}{CD}\)
lại có : NB = NC \(\Rightarrow\frac{BE}{BD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow BE.CD=CE.BD\)
Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác BECD, ta có :
\(BE.CD+CE.BD=BC.DE\Rightarrow BE.CD=CE.BD=\frac{1}{2}BC.DE\)
\(\Delta PBC~\Delta PDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}\Rightarrow PC.PD=PB^2\)
Mà \(\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}=\frac{BC}{BD}\)
Mặt khác : \(\frac{PC}{PD}=\frac{PC.PD}{PD^2}=\left(\frac{PB}{PD}\right)^2=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2\)( 4 )
suy ra : \(\frac{PC}{PD}=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)
giả sử AE cắt CD tại Q
\(\Rightarrow\Delta QEC~\Delta QDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}\Rightarrow P\equiv Q\)
Vậy 3 điểm A,E,P thẳng hàng
v mình quên nối AE cắt CD. hay là nối 3 điểm A,E,P mà thôi, không sao.
a: góc CMO+góc CNO=180 độ
=>CMON nội tiếp
b: Xét ΔCMA và ΔCBM có
góc CMA=góc CBM
góc MCA chung
=>ΔCMA đồng dạng với ΔCBM
=>CM^2=CA*CB
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
Gọi X và Y lần lượt là giao điểm thứ hai của EM với (O), EN với (O').
Ta có \(\widehat{MAO'}=\widehat{NAO}\left(=90^o\right)\) nên \(\widehat{MAO}=\widehat{NAO'}\). Hơn nữa tam giác MAO và NAO' đều là các tam giác cân nên \(\Rightarrow\widehat{MOA}=\widehat{NO'A}\)
Trong đường tròn (O), ta có: \(\widehat{MOA}=sđ\stackrel\frown{MA}=2.\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MA}=2\widehat{MBA}\)
Tương tự, ta có \(\widehat{NO'A}=2\widehat{ABN}\)
\(\Rightarrow\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\)
Hơn nữa có \(\widehat{MAB}=\widehat{ANB}\) (vì chúng lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB của (O').
\(\Rightarrow\Delta BAM\sim\Delta BNA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BA}{BN}=\dfrac{BM}{BA}\)
Do \(BA=BE\) nên \(\dfrac{BE}{BN}=\dfrac{BM}{BE}\)
Lại có \(\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow\widehat{EBM}=\widehat{EBN}\)
\(\Rightarrow\Delta MBE\sim\Delta EBN\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{ENB}\)
Lại có \(\widehat{ENB}=\widehat{BNY}=\widehat{BAY}\) nên \(\widehat{MEB}=\widehat{BAY}\) \(\Rightarrow\) EX//AY
\(\Rightarrow\widehat{AYN}=\widehat{MEN}\)
Hơn nữa vì \(\widehat{NAx}=\widehat{AYN}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AN trong (O'))
\(\Rightarrow\widehat{NAx}=\widehat{MEN}\)
Từ đó suy ra tứ giác AMEN nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối)
Ta có đpcm.