Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, ^BAC = 900 ( điểm thuộc đường tròn nhìn đường kính )
Theo Pytago tam giác ABC vuông tại A
\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=\sqrt{3}R\)
sinB = \(\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}R}{2R}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\)^B = 600
Vì ^C ; ^B phụ nhau => ^C = 900 - 600 = 300
b, Vì AH là đường đường cao với D thuộc AH
=> AD vuông BC (1)
Vì AD vuông BC => AH = HD (2)
Từ (1) ; (2) suy ra BC là đường trung trục AD
Vì BC là đường trung trực => AC = AD
=> tam giác ACD cân => ^CAD = ^CDA (3)
Xét tam giác AHC vuông tại H có ^HAC và ^C phụ nhau
=> ^HAC = 900 - 300 = 600 (4)
Từ (3) ; (4) suy ra tam giác ADC đều
c, ^ABC = 1/2 sđ cung AC ( góc nội tiếp chắn cung AC )
^CBD = 1/2 sđ cung CD ( góc nội tiếp chắn cung CD )
mà BC là đường trung trực nên AH = HD và BC vuông AD
=> C là điểm chính giữa cung AD => cung AC = cung CD (5)
Lại có ^AOC = 1/2 sđ cung AC ( góc ở tâm ) => ^AOC = ^ABC = 1/2 sđ cung AC
^COD = 1/2 sđ cung CD ( góc ở tâm ) => ^COD = ^CBD = 1/2 sđ cung CD
Lại có (5) suy ra ^AOC = ^COD
Xét tam giác OAE và tam giác ODE
OA = OD = R
OE _ chung
^AOE = ^EOD ( cmt )
Vậy tam giác OAE = tam giác ODE
=> ^OAE = ^ODE = 900
=> OA vuông AE
Vậy AE là tiếp tuyến của đường tròn (O)
d, bạn tính lần lượt EB ; CH ; BH ; EC xong nhân vào là ra nhé
a,△ABO có AB=OB=OA=R
suy ra △ABO đều \(\Rightarrow\) \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)
△ABC vuông ở A( BC=2R)
AD Py ta go : AC=\(\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{4r^2-r^2}=r\sqrt{3}\)
b,Đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây ấy
=> OB\(\perp AD\)=>\(BC\perp AD\)
=> BC là trung trực của AD
Ta có CH vừa là trung tuyến (AH=HD) vừa là đường cao của △ADC
=> tam giác ADC đều
c, Vì BC là đường trung trực của AD
mà E\(\in\)BC => ED=EA
△EDO=△EAO (c.c.c)
=>\(\widehat{ADO}=\widehat{EAO}=90^o\)
=>EA⊥AO tại A thuộc (O)
suy ra EA là tiếp tuyến của (O)
d, Ta có góc EAO= \(90^o\)mà \(\widehat{BAO}=60^o\)(cmt)
=> góc EAB= \(30^o\)
Xét △EAH có \(\widehat{EAB}=\widehat{HAB}=30^o\)
=> AB là tia phân giác
=>\(\dfrac{BE}{BH}=\dfrac{AE}{AH}\)(1)
Vì AC⊥AB=> AC là phan giác ngoài △EAH
\(\Rightarrow\dfrac{CE}{CH}=\dfrac{AE}{AH}\left(2\right)\)
từ (1) và (2) => \(\dfrac{BE}{BH}=\dfrac{CE}{CH}\Rightarrow BE.CH=BH.CE\)(đpcm)
a) Xét tam giác ABO có:AB=AO=BO=R
⇒△ABO đều⇒\(\widehat{ABC}=60^0\)
Góc BAC nội tiếp chắn nửa đường tròn nên bằng 90 độ⇒\(\widehat{ACB}=30^0\)
Ta có: AB=R;BC=2R⇒AC=\(\sqrt{4R^2-R^2}=R.\sqrt{3}\)
b) Xét (O) có: BC là đường kính vuông góc với dây AD⇒BC vuông góc với AD tại trung điểm H của AD⇒BC là trung trực của AD
Xét △ADC có CH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến⇒△ADC cân tại C
Mà \(\widehat{CAD}=60^0\)
Suy ra △ADC đều
c) Chứng minh tứ giác ACDE là hình thoi⇒DC//AE
Mà OA vuông góc với DC do△ADC đều⇒OA⊥OE⇒AE là tiếp tuyến của (O)
d) Ta có: BE=R;CH=\(\dfrac{3R}{2}\);BH=\(\dfrac{R}{2}\);EC=3R
Vậy EB.CH=\(\dfrac{R.3R}{2}=\dfrac{3R^2}{2}\)
BH.CE=\(\dfrac{3R.R}{2}=\dfrac{3R^2}{2}\)
Vậy \(EB.CH=BH.EC\)
c. 4 điểm A,D,E,F cùng nằm trên đt đường kính (I) (gt) => ADEF là tứ giác nội tiếp (Định nghĩa)
=> \(\widehat{EFS}=\widehat{ADE}\)(Cùng bù với \(\widehat{AFE}\))
Vì BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{ADE}=\widehat{ECB}\)(Cùng bù với \(\widehat{BDE}\)) => \(\widehat{EFS}=\widehat{ECB}\)=> Tứ giác CEFS là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ECF}=\widehat{ACF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EF}\))
Lại có: ABCF là tứ giác nội tiếp (4 đỉnh A,B,C,F cùng thuộc đt (O) (gt)) => \(\widehat{ACF}=\widehat{ABF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AF}\))
=> \(\widehat{ESF}=\widehat{ABF}\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\)vuông tại H với đường cao HD ta có: \(AH^2=AD.AB\)
Xét đt (I) có: \(\widehat{AFH}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đt) => \(HF\perp AS\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ASH\)vuông tại H với đường cao HF ta có: \(AH^2=AF.AS\)
=> \(AD.AB=AF.AS\Leftrightarrow\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)
Xét \(\Delta ADS\)và \(\Delta AFB\)có:
\(\widehat{A}\)Chung
\(\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)(cmt)
=> \(\Delta ADS~\Delta AFB\left(C.G.C\right)\)
=> \(\widehat{ASD}=\widehat{ABF}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ASD}\)hay \(\widehat{ESF}=\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)(Do \(\overline{A,F,S}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)) => 3 điểm S,D,E thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => ĐPCM
d. Vì sđ\(\widebat{AB}=60^o\)(gt) => \(\widehat{AOB}=60^o\Rightarrow\Delta AOB\)đều => AB = OA = OB = R
Áp dụng định lý pitago trong \(\Delta ABC\)vuông tại A có: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{(2R)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
=> \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}R.R\sqrt{3}=R^2\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Mà \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2.S\Delta ABC}{BC}=\frac{2.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
Gọi \(R^'\)là bán kính đường tròn ngoại tiếp đt (I) => \(R^'=\frac{AH}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)
Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ACB\)có:
* \(\widehat{A}\)chung
* \(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\)(Cmt)
=> \(\Delta ADE~\Delta ACB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{S\Delta ADE}{S\Delta ACB}=\left(\frac{R^'}{R}\right)^2=\left(\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2=\frac{3}{16}\)
=> \(S\Delta ADE=\frac{3}{16}.S\Delta ACB=\frac{3}{16}.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}\)
Ta có: \(S_{BDEC}=S\Delta ABC-S\Delta ADE=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}-\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}=\frac{13R^2\sqrt{3}}{32}\)
a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ABE\) có:
\(\widehat{BAE}\) chung; \(\widehat{ABD}=\widehat{OBE}\) (cùng phụ với \(\widehat{OBD}\))
\(\Rightarrow\Delta ABD\infty\Delta AEB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\left(1\right)\Leftrightarrow AB^2=AE.AD\)
mà \(AB=DE\left(=2R\right)\) \(\Rightarrow DE^2=AE.AD\left(đpcm\right)\)
(1) \(\Leftrightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AB}{AD}\) mà \(AD=AC;DE=AB\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD+DE}{AB}=\dfrac{AC+AB}{AB}=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC+AB}{AB}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC+AB-AB}{AB}=\dfrac{AB-AC}{AC}\) (t\c tỉ lệ thức)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{BC}{AC}\Leftrightarrow AC^2=AB.BC\)(đpcm)
b) Cần c\m \(\Delta ADP\infty\Delta ODB\left(g.g\right)\) , \(\Delta MAD\infty\Delta NOD\left(g.g\right)\)
rồi suy ra \(\dfrac{DP}{BD}=\dfrac{MD}{ND}\left(=\dfrac{AD}{OD}\right)\) và \(\widehat{MDP}=\widehat{NDB}\left(đđ\right)\) là xong!
Câu b còn dễ hơn câu a