Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc CAB=góc CMB=1/2*180=90 độ
=>CA vuông góc DB và BM vuông góc DC
góc DAI+góc DMI=180 độ
=>DAIM nội tiếp
b: Sửa đề: AI*IC=BI*IM
Xét ΔIAB vuông tại A và ΔIMC vuông tại M có
góc AIB=góc MIC
=>ΔIAB đồng dạng với ΔIMC
=>IA/IM=IB/IC
=>IA*IC=IM*IB
c: góc ADI=90 độ-góc DBC
góc ACB=90 độ-góc DBC
=>góc ADI=góc ACB=1/2*góc AOB
a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.
Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.
Ta có: DBO = 900 và DFO = 900(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác OBDF có DBO+DFO =1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD
b) Tính Cos DAB .
Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:
\(OA=\sqrt{OF^2+AF^2}=\sqrt{R^2+\left(\frac{4R}{3}\right)}=\frac{5R}{3}\)
\(COS\)\(FAO=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8=>COSDAB=0,8\)
c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh \(\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}\) =1
∗ OM // BD ( cùng vuông góc BC) ⇒ MOD BDO = (so le trong) và BDO ODM = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra: MDO =MOD.
Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO
∗ Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:
\(\frac{BD}{OM}=\frac{AD}{AM}HAY\frac{BD}{DM}=\frac{AD}{AM}\)(VÌ MD=MO)
\(=>\frac{BD}{DM}=\frac{AM+DM}{AM}=1+\frac{DM}{AM}\)
Do đó:\(\frac{DM}{BM}-\frac{DM}{AM}=1\left(đpcm\right)\)
d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.
∗Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:
OF2 = MF. AF hay R2 = MF. \(\frac{4r}{3}\)⇒ MF = \(\frac{3r}{4}\)
∗ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:
OM = \(\sqrt{OF^2+MF^2}=\sqrt{R^2+\frac{3R}{4}^2}=\frac{5R}{4}\)
∗ OM //BD =>\(\frac{OM}{BD}=\frac{AO}{AB}=>BD=\frac{OM.AB}{OA}=\frac{5R}{4}.\left(\frac{5R}{3}+R\right):\frac{5R}{3}=2R\)
Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O)
S1 là diện tích hình thang OBDM.
S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm BON = 90 0
Ta có: S = S1 – S2 .
\(S1=\frac{1}{2}\left(OM+BD\right).OB=\frac{1}{2}\left(\frac{5R}{4}+2R\right).R=\frac{13R^2}{8}\left(đvdt\right)\)
\(S2=\frac{\pi R^2.90^0}{360^0}=\frac{\pi R^2}{4}\left(đvdt\right)\)
Vậys=s1-s2=\(\frac{13r^2}{8}-\frac{\pi r^2}{4}=\frac{r^2}{8}\left(13-2\pi\right)\left(đvdt\right)\)
hình tự vẽ nha!
a) Ta có: OB=OA=AB=R nên ΔOAB đều.
b) ta có góc BMC=90⇒góc BMD=90 (kề bù)
xét ΔBMD có: \(\widehat{MBD}+\widehat{MDB}=90^O\)
do đó \(\widehat{MDB}\) = \(\widehat{AIB}\)
Vậy tứ giác AIMD nội tiếp đường tròn đường kính DI
c) ta có \(\widehat{ADI}=\widehat{AMI}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AI của đường tròn đường kính DI)
mà \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn tâm O)
ΔABC vuông tại A, có \(\widehat{ABC}\)=60o⇒ \(\widehat{ACB}\) =30o
Vậy \(\widehat{ADI}\) =30o
d) vì \(\widehat{ABM}\) = 45o⇒ΔDMB vuông cân tại M. ta tính được MB= 2R.sin75o
⇒DB⇒AD=BD - AB
a, (O): góc BAC=90 độ (góc nt chắn nửa đường tròn).
(I): góc AEH=90(góc nt chắn nửa đường tròn). góc ADH=90(góc nt chắn nửa đường tròn) => tg AEHD là hcn(có 3 góc vuông)
b) (I): góc ADE=góc AHE( nt cùng chắn cung AE)
ta lại có:góc AHE=góc ABH( cùng phụ với góc BAH.) => ADE=ABH
=> tg BEDC nội tiếp (góc trong tại 1 đỉnh = góc ngoài tại đỉnh đối diện)
c, tg AEHD là hcn; AH cắt AD tại I => IA=IH=IE=ID
tam giác ADH: DI là trung tuyến
tam giác: AMH: MI là trung tuyến => D,M,I thẳng hàng. mà E,M,I thẳng hàng=> D,M,E thẳng hàng.
Nhớ L I K E nha
Phạm Cao Thúy An: Biết rồi còn hỏi làm gì?