Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác SAOB có \(\hat{SAO}+\hat{SBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên SAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO
b: ΔOMN cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI⊥MN tại I
Ta có: \(\hat{OIS}=\hat{OAS}=\hat{OBS}=90^0\)
=>O,I,A,S,B cùng thuộc đường tròn đường kính OS
c: Xét (O) có
SA,SB là các tiếp tuyến
Do đó: SA=SB
=>S nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra SO là đường trung trực của AB
=>SO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét ΔSAO vuông tại A có AH là đường cao
nên \(SH\cdot SO=SA^2\)
d: Xét (O) có
\(\hat{SAM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AM
\(\hat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
Do đó: \(\hat{SAM}=\hat{ANM}\)
Xét ΔSAM và ΔSNA có
\(\hat{SAM}=\hat{SNA}\)
góc ASM chung
Do đó: ΔSAM~ΔSNA
=>\(\frac{SA}{SM}=\frac{SN}{SA}\)
=>\(SA^2=SM\cdot SN\)
a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:
- \(B D \bot A B\)
- \(C D \bot A C\)
=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.
Ta xét tứ giác \(A B D C\):
- \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
- \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))
Suy ra:
\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)
Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:
\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)
Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).
⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)
b, * Chứng minh \(Q J = B D\)
Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:
- \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
- \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))
Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):
- \(I P = I Q\) (gt)
- \(I B = I J\) (gt)
- \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)
⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)
Suy ra:
\(P B = Q J\)
Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)
⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)
*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)
Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)
Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)
Xét hai tam giác:
- Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
- Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)
Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.
Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).
Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒
\(\angle A Q J = \angle A .\)
Vậy:
\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)
a: Xét (D) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE\(\perp\)AB tại E
Xét (D) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
=>BF\(\perp\)AC tại F
Xét tứ giác AEGF có \(\widehat{AEG}+\widehat{AFG}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEGF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,G,F cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (D) có
ΔBIC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBIC vuông tại I
Xét ΔIBC vuông tại I có IH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BI^2\)
c: Vì B,E,F,C cùng thuộc (D)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BEF}+\widehat{BCF}=180^0\)
mà \(\widehat{BEF}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔAEC vuông tại E có \(cosEAC=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{AE}{AC}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
Xét ΔAEF và ΔACB có
\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔACB
=>\(\dfrac{EF}{CB}=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{EF}{6}=\dfrac{1}{2}\)
=>EF=3(cm)
a) Chứng minh BEC = BFC = 90° ; Từ đó suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh BEC = BFC = 90°:
Vì BC là đường kính của đường tròn tâm D, nên E và F là hai điểm nằm trên đường tròn.
Theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có:
∠BEC = ∠BFC = 90°
Suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn:
Xét tứ giác AEGF có:
∠AEG = 90° (do ∠BEC = 90°)
∠AFG = 90° (do ∠BFC = 90°)
Tứ giác AEGF có hai góc đối nhau vuông, nên AEGF là tứ giác nội tiếp.
Vậy 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của (D) và AH (I nằm giữa A và G). Chứng minh BI² = BH.BC
Xét △BIC có BI là đường cao, ta có:
BI² = BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
c) Trong trường hợp BAC = 60° và BC = 6cm. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AEF.
Tính BC:
Vì △ABC có ∠BAC = 60° và AB = AC, nên △ABC là tam giác đều. ⇒ AB = AC = BC = 6cm
Tính AE và AF:
Vì E và F lần lượt là hình chiếu của B và C trên AB và AC, nên AE và AF lần lượt là đường cao của △ABC.
Trong tam giác đều, đường cao cũng là đường trung tuyến, nên AE = AF = (1/2)AB = (1/2)AC = 3cm
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF.
Theo công thức bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có: R = (AE.AF.EF) / (4.S△AEF)
Trong đó: EF = BC = 6cm (do AEGF là hình chữ nhật)
S△AEF = (1/2).AE.AF.sin∠EAF = (1/2).3.3.sin60° = (9√3)/4 cm²
Thay số vào công thức, ta được:
R = (3.3.6) / (4.(9√3)/4) = 2√3 cm
Kết luận:
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp △AEF là 2√3 cm.