Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ * dựa vào tính chất đường trung tuyến ứng vs 1 cạnh = 1/2 cạnh ấy thì tam giác đó vuông ta sẽ CM đc tg BCD vuông tại C
*Có AC=AB(vì đg thẳng là tiếp tuyến của đg tròn vuông góc với bk đi qua tiếp điểm)
=>A cách đều A và B
=>AH vuông góc BC
b/Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO có : OH.OA=OB^2=R^2
mk cx đg làm bài này nhg ms chỉ đến đây thôi
OABCDHEMNFK
a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.
Vậy \(OH\perp BC\)
b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(OH.OA=OC^2=R^2\)
Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)
c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.
Vậy thì \(MN\perp BA\)
Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.
d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)
Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\) (1)
Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)
Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)
Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)
Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.
Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)
\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)
Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)
\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)
\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)
1: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
=>AEHF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn
2: Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O)
Xét (O) có
\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB
nên \(\widehat{xAB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)
Xét (O) có
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung BA
Do đó: \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)
=>\(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)
Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AHF}\)
mà \(\widehat{AHF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{xAB}=\widehat{AEF}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//EF
Ta có: Ax//EF
OA\(\perp\)Ax
Do đó: OA\(\perp\)EF
a) Xét (O) có
ΔABC nội tiếp đường tròn(A,B,C∈(O))
BC là đường kính của (O)(gt)
Do đó: ΔABC vuông tại A(Định lí)
Ta có: BC=BH+HC(H nằm giữa B và C)
mà BH=9cm(gt)
và CH=16cm(gt)
nên BC=9+16=25(cm)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
\(AB^2=BH\cdot BC\)
\(\Leftrightarrow AB^2=9\cdot25=225\)
hay AB=15(cm)
Vậy: Khi BH=9cm và CH=16cm thì AB=15cm
b) Xét tứ giác AEMF có
\(\widehat{EAF}=90^0\)(\(\widehat{BAC}=90^0\), E∈AB, F∈AC)
\(\widehat{MFA}=90^0\)(MF⊥AC)
\(\widehat{AEM}=90^0\)(ME⊥AB)
Do đó: AEMF là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
⇒MF=AE(Hai cạnh đối trong hình chữ nhật AEMF)
Ta có: EM⊥AB(gt)
AC⊥AB(gt)
Do đó: EM//AC(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)
Xét ΔABC có
E∈AB(gt)
M∈BC(gt)
EM//AC(cmt)
Do đó: \(\dfrac{BE}{AE}=\dfrac{BM}{MC}\)(Định lí Ta lét)
⇒\(\dfrac{BE}{MF}=\dfrac{BM}{MC}\)
hay \(BE\cdot MC=BM\cdot MF\)(đpcm)
Gọi G là trung điểm của AM
Ta có: ΔAHM vuông tại M(AH⊥HM)
mà HG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM(G là trung điểm của AM)
nên \(HG=\dfrac{AM}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)
mà \(AG=GM=\dfrac{AM}{2}\)(G là trung điểm của AM)
nên HG=AG=GM(1)
Ta có: ΔAEM vuông tại E(ME⊥AB tại E)
mà EG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM(G là trung điểm của AM)
nên \(EG=\dfrac{AM}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)
mà \(GA=GM=\dfrac{AM}{2}\)(G là trung điểm của AM)
nên EG=GA=GM(2)
Từ (1) và (2) suy ra GM=GA=GE=GH
hay A,E,H,M cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
A B O C H D E F K M I J
Gọi giao điểm của AK và MB là I; giao điểm của IF với AB là J.
Xét tam giác vuông ICA ta thấy DA = DC nên DA = DC = DI.
Lại có DB là trung trực của AF nên DA = DF. Vậy thì DA = DF = DI hay tam giác IFA vuông tại F, suy ra DB // IJ.
Vậy thì DB là đường trung bình tam giác AIJ hay B là trung điểm AJ.
Ta có KF // AJ nên áp dụng Ta let ta có:
\(\frac{KM}{AB}=\frac{IM}{IB}=\frac{MF}{BJ}\)
Do AB = BJ nên KM = MF.
Để chứng minh $MH^2 = MC \cdot MF$, ta sử dụng định lí Euclid 1: "Trên một đoạn thẳng AB, lấy một điểm C bất kỳ. Vẽ đường cao CD từ C xuống AB. Kẻ các đường tròn đường kính AC và BD. Đường tròn (ACD) cắt đường tròn (BCD) tại E (khác C). Kẻ DE cắt AB tại F. Kẻ đường thẳng qua F và vuông góc với AB cắt đường tròn (ACD) tại G (khác A). Kẻ đường thẳng qua G và song song với AB cắt đường tròn (BCD) tại H (khác O). Kẻ đường thẳng qua F và vuông góc với AB cắt CH tại K. Kẻ đường thẳng qua K và vuông góc với BC cắt MD tại N. Kẻ đường thẳng qua N và song song với AB cắt HF tại P. Chứng minh rằng $HP = HF$."
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $H$, ta có:
$MF$ là đường cao của tam giác $AHB$ nên $MF^2 = AF \cdot FB$.$MC$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MC^2 = AC \cdot CB$.$MH$ là đường cao của tam giác $AHC$ nên $MH^2 = AH \cdot HC$.
Ta cần chứng minh $MH^2 = MC \cdot MF$, tức là $AH \cdot HC = AC \cdot CB \cdot AF \cdot FB$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $F$, ta có:
$KE$ là đường cao của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$.$CM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $CM^2 = AC \cdot CB$.$MF$ là đường cao của tam giác $AHB$ nên $MF^2 = AH \cdot HB$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $HBC$ và điểm $K$, ta có:
$KN$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $KN^2 = HC \cdot CB$.$MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$.$MH$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $MH^2
= AH \cdot HB < AH \cdot HC = MH^2$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $HBC$ và điểm $F$, ta có: $KE$ là đường cao của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$. $MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$. Vì $AB > AC$, nên ta có $HB > HC$ và $BC > AC$. Từ đó suy ra $MF^2 > AF \cdot FB$, hay $MF^2 > MF^2 - AF \cdot FB$, tương đương với $AF \cdot FB > MF^2 - AF \cdot FB = FM \cdot FA$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $H$, ta có: $MF^2 = AF \cdot FB$. $MC$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MC^2 = AC \cdot CB$. Từ $AF \cdot FB > FM \cdot FA$, suy ra $AF + FB > FM$. Kết hợp với $AB = AF + FB$ và $AC < CB$, ta có $AB > FM + AC > FM$. Do đó, $AB > FM > MC$.
Từ $AB > FM$ và $AB > MC$, suy ra $M$ nằm giữa $F$ và $K$. Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $K$, ta có: $KN$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $KN^2 = HC \cdot CB$. $MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$. Từ $HB > HC$ và $BC > AC$, suy ra $HB \cdot BC > HC \cdot AC$, hay $HB \cdot BC > KN^2$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $AFB$ và điểm $P$, ta có: $HF$ là đường cao của tam giác $AFP$ nên $HF^2 = AF \cdot FP$. $KE$ là đường trung bình của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$. Từ $AF \cdot FB > FM \cdot FA$, suy ra $AF + FB > FM$. Kết hợp với $AB = AF + FB$, ta có $AB > FM$. Do đó, $AB > HF$.
Từ $AB > FM$ và $AB > HF$, suy ra $H$ nằm giữa $F$ và $K$. Áp dụng định lí Euclid 1 cho
định lí Euclid ở lớp mấy vậy bn ?