Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nối O1O2; O2O3; O1O3. Đây là các đường nối tâm của hai vòng tròn tiếp xúc nhau
=> O1; C; O3 thẳng hàng, O1; A; O2 thẳng hàng và O2; B; O3 thẳng hàng
Nối E với O3 và F với O3
Xét tam giác O1AC có O1A=O1C (bk đường tròn (O1)) => tg O1AC cân tại O1 => ^O1AC=^O1CA (1)
Xét tam giác O3CE có O3C=O3E (bk đường tròn (O3)) => tg O3CE cân tại O3 => ^O3CE=^O3EC (2)
Mà ^O1CA=^O3CE (góc đối đỉnh) (3)
Từ (1) (2) và (3) => ^O1AC=^O3EC => O1O2//O3E (*)
Tương tự như thế ta cũng c/m được O1O2//O3F (**)
Từ (*) và (**) => E; F; O3 thảng hàng (Từ O3 chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // O1O2)
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IA = IB = IC.
Do đó tam giác ABC vuông tại A.
Lại có \(IO_1\perp AB;IO_2\perp AC\) nên tam giác \(IO_1O_2\) vuông tại I.
b) Đầu tiên ta chứng minh kết quả sau: Cho hai đường tròn (D; R), (E; r) tiếp xúc với nhau tại A. Tiếp tuyến chung BC (B thuộc (D), C thuộc (E)). Khi đó \(BC=2\sqrt{Rr}\).
Thật vậy, kẻ EH vuông góc với BD tại H. Ta có \(DH=\left|R-r\right|;DE=R+r\) nên \(BC=EH=\sqrt{DE^2-DH^2}=2\sqrt{Rr}\).
Trở lại bài toán: Giả sử (O; R) tiếp xúc với BC tại M.
Theo kết quả trên ta có \(BM=2\sqrt{R_1R};CM=2\sqrt{RR_2};BC=2\sqrt{R_1R_2}\).
Do \(BM+CM=BC\Rightarrow\sqrt{R_1R}+\sqrt{R_2R}=\sqrt{R_1R_2}\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{R}}=\dfrac{1}{\sqrt{R_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{R_2}}\).
P/s: Hình như bạn nhầm đề
( Mình sẽ làm tắt nha bạn, mấy chỗ đấy nó dễ rùi nếu ko hiểu thì cmt nhé )
a) Ta có: \(O_1B//O_2C\)( cùng vuông góc với BC )
\(\Rightarrow\widehat{BO_1A}+\widehat{CO_2A}=180^0\)
\(\Leftrightarrow\left(180^0-2\widehat{BAO_1}\right)+\left(180^0-2\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)
=> tam giác ABC vuông tại A
b) \(\widehat{O_1BA}+\widehat{MBA}=\widehat{O_1AB}+\widehat{BAM}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{O_1AM}=90^0\)
\(\Rightarrow AM\perp AO_1\)
=> AM là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)
CMTT : AM là tiếp tuyến của \(\left(O_2\right)\)
=> AM là tiếp tuyến chung của \(\left(O_1\right);\left(O_2\right)\)
+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMO_1}=\widehat{AMO_1}\\\widehat{CMO_2}=\widehat{AMO_2}\end{cases}}\)
Ta có; \(\widehat{BMO_1}+\widehat{AMO_1}+\widehat{CMO_2}+\widehat{AMO_2}=180^0\)
\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}\right)=180^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{O_1MO_2}=90^0\)
\(\Rightarrow O_1M\perp O_2M\)
d) Ta có: \(\widehat{O_1BA}=\widehat{O_1AB}=\widehat{O_2AD}=\widehat{O_2DA}\)
\(\widehat{\Rightarrow O_1BA}=\widehat{O_2DA}\)mà 2 góc này ở vị trí so le trong
\(\Rightarrow O_1B//O_2D\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(1\right)\)
CMTT \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\)
\(\Rightarrow AB.AC=AD.AE\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AD.AE\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ADE}=S_{\Delta ABC}\)
Ban co de hsg Hai Phong nam 2019-2020 ko cho mik xin voi
a) dung phuong h
b) Ap dung cau a va bien doi mot chut
c) chua nghi ra
a) Ta có \(IM//AE\)suy ra \(\widehat{MIH}=\widehat{EAH}\). Mà \(\widehat{EAH}=\widehat{ECH}\)nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCH}\). Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp.
Dễ dàng chỉ ra được ED là tiếp tuyến của \(\left(O\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HCE}\)\(\left(1\right)\)
Do tứ giác CIMH nội tiếp nên \(\widehat{CHM}=90^0\)suy ra \(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)
Mà \(\widehat{HMD}+\widehat{HMC}=90^0\)nên \(\widehat{HCM}=\widehat{HMD}\)\(\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HMD}\)nên tứ giác EMHD nội tiếp. Do đó \(\widehat{HDM}=\widehat{HEM}\)mà \(\widehat{HEM}=\widehat{HCD}\)nên \(\widehat{HDM}=\widehat{HCD}\)
Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)
b) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuông góc với dây chung ta có: \(OO_2\perp HE,O_2O_1\perp HD\)và do \(EH\perp HD\)suy ra \(OO_2\perp O_2O_1\)
Dễ thấy \(\widehat{COM}=45^0\)suy ra \(\widehat{CAE}=45^0\)nên \(\widehat{O_2OO_1}=45^0\). \(\Delta O_2OO_1\)vuông cân tại \(O_2\)
Tứ giác OCDE là hình vuông cạnh R và \(O_2\) là trung điểm của DE nên ta tính được \(O_2O^2=\frac{5R^2}{4}\)
.Vậy diện tích \(\Delta O_2OO_1\) là\(\frac{5R^2}{8}\)
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
tớ xin chúc mừng nguyễn tất đạt nhá