Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đường tròn c: Đường tròn qua B, D, C Đường tròn c_1: Đường tròn qua M với tâm O Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [M, B] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [D, N] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [O, D] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [M, O] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [B, I] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [I, K] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [I, D] B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c
a. Ta thấy ngay BCDO là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\) (Góc ngoài tại đỉnh đổi)
b. Xét tam giác CMN có CO là đường cao đồng thời phân giác, vậy nó là tam giác cân. Từ đó suy ra \(\widehat{CMA}=\widehat{CNA}\)
Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{BMA}\Rightarrow BM=BA=DC\left(1\right)\)
Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC có \(\widehat{BCO}=\widehat{DCO}\Rightarrow BO=OD\left(2\right)\)
Theo câu a, \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\Delta OBM=\Delta ODC\left(g-c-g\right)\)
a) Vẽ MN, CP vuông góc với BD.
Cần chứng minh:
\(IM^2+IA^2=BC^2+\frac{CD^2}{4}=AD^2+DM^2=AM^2\)
ΔBAH = ΔDCP(g.c.g) ⇒ AH = CP
MN là đường trung bình của tam giác DCP ⇒ \(MN=\frac{CP}{2}=\frac{AH}{2}\)
Dễ chứng minh ΔBAH~ΔDMN(g.g) ⇒ \(DN=\frac{BH}{2}\)
Ta có:
\(IN=IH-HN=\frac{BH}{2}-\left(DN-DH\right)=\frac{BH}{2}-\frac{BH}{2}+DH=DH\)
Do đó: \(IM^2+IA^2=AH^2+IH^2+IN^2+MN^2\)
\(=AH^2+\frac{BH^2}{4}+DH^2+\frac{AH^2}{4}=BC^2+\frac{CD^2}{4}\)\(=AM^2\) (đpcm)
(Áp dụng định lý Pytago đảo)
b) Từ phần a suy ra tam giác AIM vuông tại I
Do đó dễ chứng minh \(\frac{IK^2}{IA^2}+\frac{IK^2}{IM^2}=\frac{IM^2}{AM^2}+\frac{IA^2}{IM^2}=\frac{IM^2}{IM^2}=1\)
Suy ra đpcm
Từ I dựng đường thẳng vuông góc với AC và cắt BC tại E. Mà AB cũng vuông góc với AC => IE//AB => IE là đường trung bình của tam giác ABC => AB=2.IE và EB=EC=BC/2
=> \(AB^2=4.IE^2\)
Xét tam tg vuông EIC có
\(IE^2=ED.EC\) (Bình phương 1 cạnh góc vuông = tích của cạnh huyền và hình chiếu của cạnh góc vuông trên cạnh huyền)
\(\Rightarrow AB^2=4.IE^2=4.ED.EC\) (*)
Ta có \(EC=\frac{BC}{2}\) và \(ED=EC-CD=\frac{BC}{2}-CD\) Thay vào (*) ta có
\(AB^2=4.\left(\frac{BC}{2}-CD\right).\frac{BC}{2}=4.\left(\frac{BC^2}{4}-\frac{CD.BC}{2}\right)\)
\(AB^2=BC^2-2.CD.BC\) (**)
Mà \(BC=BD+CD\) Thay vào (**)
\(\Rightarrow AB^2=\left(BD+CD\right)^2-2.CD.\left(BD+CD\right)=BD^2+CD^2+2.BD.CD-2.BD.CD-2.CD^2\)
\(\Rightarrow AB^2=BD^2-CD^2\) (dpcm)