Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tự vẽ hình nha
c) AE là tia phân giác của góc CAB => sđcEC=sđcEB=> EC=EB=> OE vuông góc vs BC
Góc OAE= góc OEA(1)
OE song song vs AH (cùng vuông góc vs BC)=> OEA=EAH(2)
Từ (1) và (2) => góc OAE= góc EAH => AE là tia phân giác của góc OAH
Cô hướng dẫn nhé.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(OA\perp BC\)
Xét tam giác vuông OBA có đường cao BH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(OH.OA=OB^2=R^2\)
b) Ta thấy rằng \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn nên \(\widehat{BCD}=90^o\)
\(\Rightarrow DC\perp BC\)
Theo tính chất từ vuông góc tới song song ta có OA // CD
Ta cũng thấy ngay \(\Delta OCA\sim\Delta DKC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AO}{CD}=\frac{AC}{CK}\Rightarrow AC.CD=CK.AO\)
A B C P F E N M x Q S O
Gọi S là giao điểm của 2 đường tròn (PCE) và (PBF).
Trước hết, ta thấy \(\Delta\)PCE ~ \(\Delta\)AOB => ^CPE = ^OAB. Tương tự: ^BPF = ^OAC.
Suy ra: ^CPE + ^BPF = ^OAB + ^OAC = ^BAC = 1800 - ^BPC => E,P,F thẳng hàng => ^EPS + ^FPS = 1800
Mà ^FPS + ^SNF = 1800 nên ^EPS = ^SNF => ^EMS = ^SNQ (Vì ^EPS = ^EMS)
=> Tứ giác SMQN nội tiếp. Hay S thuộc đường tròn (QMN).
Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BSC = ^BSP + ^CSP = ^BFP + ^CEP = ^BAC = const. Mà BC cố định
Nên S nằm trên đường tròn đối xứng với (O) và BC => Đường tròn (BCS) cố định
Ta sẽ chứng minh: Đường tròn (QMN) tiếp xúc với (BCS) cố định (tại điểm chung S).
Thật vậy, từ S vẽ tiếp tiếp Sx của đường tròn (QMN). Dễ thấy: ^MSx = ^MNS = ^PBS (Do tứ giác BPSN nội tiếp)
Xét đường tròn (PCE): ^MSC = ^MPC = ^CBP. Từ đó: MSx + ^MSC = ^PBS + ^CBP = ^CBS
Do đó: Sx cũng là tiếp tuyến của đường tròn (BCS). Cho nên (QMN) luôn tiếp xúc (BCS) cố định (đpcm).
Bài 1:
b)
chứng minh EDCB là tgnt => góc AED = góc ACB
từ đó, chứng minh tam giác AED đồng dạng ACB (gg)
=> DE / BC = AD / AB
tam giác ADB vuông tại A => AD / AB = cotg A = cotg 45 = 1
c)
kẻ tiếp tuyến tại Ax của (O) (Ax thuộc nửa mp bờ AC chứa B)
góc xAB = ACB = AED
=> DE // Ax
Mà Ax vuông góc với OA nên OA vuông góc với DE. (đpcm)
A B C E D P Q O H K I
1/ E và D cùng nhìn BC dưới 2 góc bằng nhau và bằng 90 độ nên E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BD
=> BCDE là tứ giác nội tiếp
Xét tg vuông ABD và tg vuông ACE có
\(\widehat{ABP}=\widehat{ACQ}\) (cùng phụ với \(\widehat{BAC}\) ) (1)
\(sđ\widehat{ABP}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AP (góc nội tiếp) (2)
\(sđ\widehat{ACQ}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AQ (góc nội tiếp) (3)
Từ (1) (2) (3) => sđ cung AP = sđ cung AQ
2/
Ta có
\(sđ\widehat{ABP}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AP (góc nt) (1)
\(sđ\widehat{ABQ}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AQ (góc nt) (2)
Mà sđ cung AP = sđ cung AQ (cmt) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{ABP}=\widehat{ABQ}\) => BA là phân giác của \(\widehat{PBQ}\)
Mà \(AB\perp CQ\) => BA là đường cao của tg HBQ
=> tg HBQ cân tại B (trong tg đường phân giác đồng thời là đường cao thì tg đó là tg cân)
=> EQ=EH (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến) => E là trung điểm của HQ (đpcm)
Chứng minh tương tự ta cũng có D là trung điểm của HP
=> ED là đường trung bình của tg HPQ => ED//PQ
Nối AO cắt (O) tại K ta có
sđ cung AQK = sđ cung APK (nửa đường tròn)
sđ cung AQ = sđ cung AP (cmt)
=> sđ cung QBK = sđ cung PCK => KQ=KP (hai cung có số đo bằng nhau thì hai dây trương cung tương ứng có độ dài bằng nhau) => tg KPQ cân tại K
Ta có
\(sđ\widehat{AKQ}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AQ (góc nt)
\(sđ\widehat{AKP}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AP (góc nt)
Mà sđ cung AQ = sđ cung AP (cmt)
=> \(\widehat{AKQ}=\widehat{AKP}\) => AK là phân giác \(\widehat{PKQ}\) của tg cân KPQ
=> AK là đường cao của tg KPQ (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao)
\(\Rightarrow AK\perp PQ\Rightarrow OA\perp PQ\) mà DE//PQ (cmt) \(\Rightarrow OA\perp DE\) (đpcm)
3/ Ta có
Xét tg vuông ABD có
\(\widehat{ABD}=90^o-\widehat{CAB}=90^o-60^o=30^o\)
\(\Rightarrow AD=\dfrac{AB}{2}\) (trong tg vuông cạnh đối diện với góc \(30^o\) bằng nửa cạnh huyền)
C/m tương tự khi xét tg vuông ACE ta cũng có \(AE=\dfrac{AC}{2}\)
Ta có
\(sđ\widehat{ADB}=30^o=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AP => sđ cung AP\(=60^o\) = sđ cung AQ
Gọi I là giao của AK với PQ ta có
tg KPQ cân tại K (cmt)
\(AK\perp PQ\) (cmt)
=> IQ=IP (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)
Xét tg vuông AQI có
\(sđ\widehat{AQI}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung AP = \(30^o\Rightarrow AI=\dfrac{AQ}{2}\) (trong tg vuông cạnh đối diện với góc 30 độ bằng nửa cạnh huyền)
Ta có \(\widehat{AQK}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn)
Xét tg vuông AQK có
\(AQ^2=AI.AK=\dfrac{AQ}{2}.2R\Rightarrow AQ=R\Rightarrow AI=\dfrac{AQ}{2}=\dfrac{R}{2}\)
\(\Rightarrow IK=AK-AI=2R-\dfrac{R}{2}=\dfrac{3R}{2}\)
Ta có
\(IQ^2=IA.IK\) (trong tg vuông bình phươn đường cạo hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)
\(\Rightarrow IQ^2=\dfrac{R}{2}.\dfrac{3R}{2}\Rightarrow IQ=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)
Ta có
IQ=IP (cmt) => PQ=2.IQ=\(R\sqrt{3}\)
Ta có ED là đường trung bình của tg HPQ (cmt)
\(\Rightarrow DE=\dfrac{PQ}{2}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)
Ta có
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin\widehat{CAB}=\dfrac{1}{2}.AB.AC.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{AB.AC.\sqrt{3}}{4}\)
\(S_{AED}=\dfrac{1}{2}.AD.AE.\sin\widehat{CAB}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{AB}{2}.\dfrac{AC}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{AB.AC.\sqrt{3}}{16}\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{4}\)
Gọi R' là bán kính đường tròn ngoại tiếp tg AED
\(S_{AED}=\dfrac{AE.AD.DE}{4R'}=\dfrac{AC}{2}.\dfrac{AB}{2}.\dfrac{6\sqrt{3}}{2}.\dfrac{1}{4R'}=\dfrac{AB.AC.\sqrt{3}}{4}.\dfrac{3\sqrt{3}}{4R'}=\dfrac{S_{ABC}.3\sqrt{3}}{4R'}\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4R'}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow R'=3\sqrt{3}\)