Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên O, B, A, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AB = AC nên ABC là tam giác cân tại A.
Lại có AO là phân giác nên đồng thời là đường trung tuyến. Vậy thì AO đi qua H hay A, H, O thảng hàng.
Theo liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat{KDC}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có: \(\widehat{COA}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{KDC}=\widehat{COA}\)
Vậy thì \(\Delta KDC\sim\Delta COA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CK}{AC}=\frac{CD}{AO}\Rightarrow AC.CD=CK.AO\)
c) Ta thấy \(\widehat{ABN}=\widehat{NBC}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung chắn các cung bằng nhau)
Vậy nên BN là phân giác góc ABC.
Lại có AN là phân giác góc BAC nên N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
d) Gọi J là trực tâm tam giác ABC. Ta có ngay \(JC\perp AB;BJ\perp AC\)
Vậy thì BO // JC ; BJ // OC
Suy ra tứ giác JBOC là hình bình hành.
Lại có OB = OC nên JBOC là hình thoi.
Từ đó ta có JB = JC = OB = OC = R.
Vậy khi A di chuyển trên tia By cố định thì BJ = R hay J thuộc đường tròn tâm B, bán kính R.
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường cao AH của tam giác và đường kính AD của đường tròn (O). Gọi E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C và B xuống đường thẳng AD. Gọi M là trung điểm ÁD
a) Chứng minh tứ giác BMFO nội tiếp
b) chứng minh HE//BD
c) Chứng minh $S=\frac{AB.AC.BC}{4R}$S=AB.AC.BC4R ( Với S là diện tích tam giác ABC, R là bán kính đường tròn (O) )
Chịu @ _@