Cho nửa \(\left(O;\frac{1}{2}PQ\right)\), lấy điểm H tùy ý trên OQ, kẻ HA vuông góc với PQ (A thuộc nửa đường tròn O). Trên cung AQ vẽ điểm B bất kỳ, M là giao điểm của AH và PB, điểm I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABM. Cmr: góc IQP không đổi.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023
Trong \(\left( P \right)\) ta có:
\(\left. \begin{array}{l}Ox \bot d\\O'x' \bot d\end{array} \right\} \Rightarrow Ox\parallel O'x'\)
Trong \(\left( Q \right)\) ta có:
\(\left. \begin{array}{l}Oy \bot d\\O'y' \bot d\end{array} \right\} \Rightarrow Oy\parallel O'y'\)
Vậy \(\left( {Ox,Oy} \right) = \left( {O'x',O'y'} \right)\) hay số đo của hai góc \(xOy\) và \(x'Oy'\) bằng nhau.
9 tháng 5 2023
a: góc BEC=1/2*180=90 độ
=>CE vuông góc AB
góc BDC=1/2*180=90 độ
=>BD vuông góc AC
góc AEH=góc ADH=90 độ
=>AEHD nội tiếp
b:
Gọi K là trung điểm của AH
=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE
góc KDO=góc KDH+góc ODH
=góc KHD+góc OBD
=90 độ
=>OD là tiếp tuyến của (K)
NN
21 tháng 2 2022
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90o⇒O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2)
LA
17 tháng 12 2016
a)
► Tính chất của hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm, ta có:
AC = CM ; BD = MD
=> AC + BD = CM + MD = CD
► Câu trên có thể cm trực tiếp bằng cách nối OC => hai tgiác ACO và MCO bằng nhau (vì tgiác vuông, có chung cạnh huyền, OA=OM=R)
=> OC là tia phân giác của góc AO^M
tương tự: OD cúng là phân giác cua góc BO^M
AO^C + CO^M + DO^M + DO^B = 180o
=> 2.CO^M + 2DO^M = 180o
=> CO^M + DO^M = CO^D = 90o
► tgiác COD vuông có OM là đường cao, hệ thức lượng:
CM.MD = OM²
=> AC.BD = R² (cm trên: AC=CM; BD=MD; OM=R)
► ad toilet với chú ý AC//BD
NC/NB = AC/BD = CM/MD
định lí đảo talet => MN//AC
► có: MN//AC//BD => hai tgiác CBD và CNM đồng dạng
=> CD/CM = DB/MN
=> CD.MN = CM.DB
► gọi K là trung điểm CD
do tgiác OCD vuông tại O => K là tâm đường tròn ngoại tiếp tgíc OCD
OK là đường trung bình của hình thang ABDC => OK//AC//BD
=> OK vuông góc AB tại O
=> AB là tiếp tuyến của đường tròn (OCD)
b)
► ta đã cm: AC+BD = CD
=> AC+BD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất
Có Ax //By, C thuộc Ax, D thuộc By
=> CD nhỏ nhất khi CD vuông góc vơi Ax và By
khi đó ta có ABDC là hình chữ nhật
=> M là điểm chính giữa của cung AB
► tứ giác ABDC thường là hình thang vuông, gọi diện tích là S
S = (1/2)AB.(AC+BD) = (1/2).AB.CD
vì AB cố định nên S nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất
như câu trên có M là điểm chính giữa cung AB
c) tgiac OAM cân tại O, lại có OE là phân giác => OE vuông AM
tương tự OF vuông BM, mà CO^D= 90o
=> EOFM là hình chữ nhật
=> I là trung điểm EF cũng là trung điểm OM
=> OI = OM/2 = R/2
I di động nhưng luôn có OI = R/2 không đổi
=> I thuộc đường tròn cố định: tâm O bán kính r = R/2
** giới hạn: M chỉ di động trên nữa đường tròn (O,R) => I chỉ di động trên nữa đường tròn (O,r) nằm cùng phía với (O,R) so với AB
<< phần giới hạn là khuyến mãi thêm, vì đề chỉ yêu cầu cm I thuộc một đường tròn cố định, không phải tìm quỉ tích >>
d) dùng định lí Melanus là nhanh nhất: có ngay E,N,F thẳng hàng => EF/AB = ME.MA = MN/MJ = 1/2
=> MN = MJ/2 = NJ
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
26 tháng 3 2018
Em tham khảo tại link dưới đây nhé.
Câu hỏi của My Trấn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Câu c) Đã có IK // AD thì ta vận dụng Ta let và thấy ngay :
\(\frac{IC}{AD}=\frac{IK}{AD}\Rightarrow IC=IK\)