Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
.
3). Theo trên, ta có B E = C D mà C E = C F ⇒ B C = D F .
Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên I B I D = C B C D = D F B E ⇒ I B . B E = I D . D F .
Mà CO là trung trực EF và I ∈ C O , suy ra IE=IF.
Từ hai đẳng thức trên, suy ra I B . B E . E I = I D . D F . F I .
2). Từ Δ O B E = Δ O D C ⇒ O E = O C .
Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE=OF.
Từ đó O E = O C = O F , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .
A B C D O M
a) BC vuông góc với AO là theo tính chất hai tiếp tuyến đi qua 1 điểm A
b) Xét hai tam giác DCO và DBA có góc D chung và góc C = góc B = 90 độ (tính chất tiếp tuyến)
=> tam giác DCO đồng dạng với tam giác DBA
=> DC/DB = DO/DA
=> DC.DA = DO.DB (đpcm)
c) Vì OM vuông góc với DB => OM // BA (cùng vuông góc với DB)
Ta có AM/DM + 1 = (AM + DM)/DM = DA/DM
Theo Viet ta có: DA/DM = AB/MO
=> AM/DM + 1 = AB/OM
=> AB/OM - AM/DM = 1 (*)
Ta lại có tam giác MOA cân (vì góc MOA = góc BAO do so le trong, góc MAO = góc BAO do tính chất hai tiếp tuyến cùng 1 điểm)
=> OM = AM
(*) trở thành: AB/AM - AM/DM = 1 (đpcm)
A B C D O M N E F
a) Giả sử \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{DO}=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow\left(\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{OA}\right)+\left(\overrightarrow{DO}+\overrightarrow{OC}\right)=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{0}\) (đúng do tứ giác ABCD là hình bình hành).
b) \(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{FN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{FC}+\overrightarrow{CN}\)
\(=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{CN}\right)+\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{FC}\right)\).
Do các tứ giác AMOE, MOFB, OFCN, EOND cũng là các hình bình hành.
Vì vậy \(\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{FO}=\overrightarrow{BM};\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{ED}\).
Do đó: \(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{FN}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{CN}\right)+\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{FC}\right)\)
\(=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BM}\right)+\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{ED}\right)\)
\(=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}\) (Đpcm).
B A K H C E I D
Ta có \(\widehat{AHC}=\widehat{AEC}=90^0\) nên 4 điểm A, H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Ta có \(\widehat{HIE}=2\widehat{HAE}=2\left(180^0-\widehat{BCD}\right)\)
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên \(\widehat{EKD}=\widehat{EAD}\) và \(\widehat{BKH}=\widehat{BAH}\)
Do đó \(\widehat{HKE}=180^0-\widehat{AKD}-\overrightarrow{BKH}=180^0-\overrightarrow{EAD}-\overrightarrow{BAH}=2\overrightarrow{HAE}=2\left(180^0-\overrightarrow{BCD}\right)=\overrightarrow{HIE}\)
Vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE
- Gọi \(C\left(c;c-3\right)\in d\left(c>0\right)\Rightarrow I\left(\frac{c-2}{2};\frac{c-4}{2}\right)\)
Do I thuộc (C) nên có phương trình :
\(c^2-c-2=0\Leftrightarrow c=2\) V c=-1 (loại c=-1) Suy ra \(C\left(2;-1\right);I\left(0;-1\right)\)
- Điểm E, H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ phương trình :
\(\begin{cases}x^2+y^2+x+4y+3=0\\x^2+\left(y+1\right)^2=4\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0;y=-3\\x=-\frac{8}{5};y=-\frac{11}{2}\end{cases}\)
- Vì H có hoành độ âm nên \(H\left(-\frac{8}{5};-\frac{11}{5}\right);E\left(0;-3\right)\) Suy ra \(AB:x-y+1=0;BC:x-3y-5=0\)
Tọa độ B thỏa mãn \(\begin{cases}x-y+1=0\\x-3y-5=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow B\left(-4;-3\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(6;2\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=16>0\)
Vì \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow D\left(4;1\right)\)
Vậy \(B\left(-4;-3\right);C\left(2;-1\right);D\left(4;1\right)\)
a) Ta có góc BEC = góc BDC = 90o (góc nội tiếp chắn giữa đường tròn)
Suy ra BD \(\perp\) AC và CE \(\perp\) AB. Mà BD cắt CE tại H là trực tâm \(\Delta\) ABC.
Suy ra AH \(\perp\) BC
Vì AH \(\perp\) BC, BD \(\perp\) AC nên góc HFC = góc HDC = 90o.
Suy ra góc HFC + góc HDC = 180o
Suy ra HFCD là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) góc HDC = góc HCD.
b) Vì M là trung điểm cạnh huyền của hình tam giác vuông ADH nên MD = MA = MH. Tương tự ta có ME = MA = MH
Suy ra MD = ME
Mà OD = OE nên \(\Delta\) OEM = \(\Delta\) ODM \(\Rightarrow\) góc MOE = góc MOD = \(\frac{1}{2}\) góc EOD
Theo qua hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có góc ECD = \(\frac{1}{2}\) góc EOD
Theo ý a) ta có góc HFD = góc HCD = góc ECD
\(\Rightarrow\) góc MOD = góc HFD hay góc MOD = góc MFD
Suy ra tứ giác MFOD là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) góc MDO = 180o - góc MPO = 90o \(\Rightarrow\) MD \(\perp\) DO
Chứng minh tương tự ta có MEFO là tứ giác nội tiếp
Suy ra 5 điểm M, E, F, O, D cùng thộc 1 đường tròn.
1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc B C D ^ , suy ra O B D ^ = O C D ^ = O C B ^ = O D B ^ , nên tam giác OBD cân tại O, do đó OB=OD (1).
Tứ giác OBCD nội tiếp O D C ^ = O B E ^ (cùng bù với góc OBC) (2).
Trong tam giác CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEF cân tại .
Do A B ∥ C F ⇒ A E B ^ = A F C ^ = E A B ^ , suy ra tam giác ABE cân tại B, nên B E = B A = C D ( 3 )