Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B E F x y M K O
a)\(\hept{\begin{cases}Ax⊥AB\\By⊥AB\end{cases}}\)=> Ax // By.\(\Delta KFB\)có EA // FB nên\(\frac{KF}{KA}=\frac{BF}{AE}\)(hệ quả định lí Ta-lét) mà EA = EM ; FM = FB (tính chất của 2 tiếp tuyến)
\(\Rightarrow\Delta AEF\)có\(\frac{KF}{KA}=\frac{MF}{ME}\)nên MK // AE (định lí Ta-lét đảo) mà\(AE⊥AB\Rightarrow MK⊥AB\)
b)\(\widehat{EOM}=\frac{\widehat{AOM}}{2};\widehat{FOM}=\frac{\widehat{MOB}}{2}\)(tính chất 2 tiếp tuyến) mà\(\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=180^0\)(kề bù)
\(\Rightarrow\widehat{EOF}=\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta EOF\)vuông tại O có OE + OF > EF (bđt tam giác) ; OE + OF < 2EF (vì OE,OF < EF)
\(\Rightarrow1< \frac{OE+OF}{EF}< 2\Rightarrow2< \frac{P_{EOF}}{EF}< 3\Rightarrow\frac{1}{3}< \frac{EF}{P_{EOF}}< \frac{1}{2}\)(1)
Hình thang AEFB (AE // FB) có diện tích là :\(\frac{\left(AE+FB\right).AB}{2}=\frac{\left(EM+FM\right).2R}{2}=EF.R\)
SAEO = SMEO vì có đáy OA = OM ; đường cao AE = ME\(\Rightarrow S_{MEO}=\frac{1}{2}S_{AEMO}\)
SFOM = SFOB vì có đáy FM = FB ; đường cao OM = OB\(\Rightarrow S_{FOM}=\frac{1}{2}S_{MFBO}\)
\(\Rightarrow S_{EOF}=\frac{1}{2}\left(S_{AEMO}+S_{MFBO}\right)=\frac{EF.R}{2}\).Từ tâm đường tròn nội tiếp I của\(\Delta EOF\)kẻ các đường vuông góc với OE,OF,EF thì\(S_{EOF}=S_{EIF}+S_{EIO}+S_{OIF}\)\(\Leftrightarrow\frac{EF.R}{2}=\frac{EF.r+EO.r+OF.r}{2}\)
\(\Rightarrow EF.R=P_{EOF}.r\Rightarrow\frac{r}{R}=\frac{EF}{P_{EOF}}\)(2).Thay (2) vào (1) ta có đpcm.
a) Xét tứ giác AOMC có
ˆCAOCAO^ và ˆCMOCMO^ là hai góc đối
ˆCAO+ˆCMO=1800(900+900=1800)CAO^+CMO^=1800(900+900=1800)
Do đó: AOMC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Ta có: AOMC là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên ˆMAO=ˆOCMMAO^=OCM^(hai góc cùng nhìn cạnh OM)
hay ˆMAB=ˆOCDMAB^=OCD^
Xét (O) có
CM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(Gt)
CA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(Gt)
Do đó: OC là tia phân giác của ˆAOMAOM^(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇔ˆAOM=2⋅ˆCOM⇔AOM^=2⋅COM^
Xét (O) có
DM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(gt)
DB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)
Do đó: OD là tia phân giác của ˆMOBMOB^(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇔ˆBOM=2⋅ˆMOD⇔BOM^=2⋅MOD^
Ta có: ˆAOM+ˆBOM=1800AOM^+BOM^=1800(hai góc kề bù)
mà ˆAOM=2⋅ˆCOMAOM^=2⋅COM^(cmt)
và ˆBOM=2⋅ˆMODBOM^=2⋅MOD^(cmt)
nên 2⋅ˆCOM+2⋅ˆMOD=18002⋅COM^+2⋅MOD^=1800
⇔ˆCOM+ˆMOD=900⇔COM^+MOD^=900
mà ˆCOM+ˆMOD=ˆCODCOM^+MOD^=COD^(tia OM nằm giữa hai tia OC,OD)
nên ˆCOD=900COD^=900
Xét ΔCOD có ˆCOD=900COD^=900(cmt)
nên ΔCOD vuông tại O(Định nghĩa tam giác vuông)
Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp đường tròn(M,A,B∈(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔMAB vuông tại M(Định lí)
Xét ΔAMB vuông tại M và ΔCOD vuông tại O có
ˆMAB=ˆOCDMAB^=OCD^(cmt)
Do đó: ΔAMB∼ΔCOD(g-g)
⇔AMCO=BMDOAMCO=BMDO(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay AM⋅OD=BM⋅OCAM⋅OD=BM⋅OC(đpcm)
(Quá lực!!!)
E N A B C D O H L
Đầu tiên, hãy CM tam giác \(EAH\) và \(ABD\) đồng dạng.
Từ đó suy ra \(\frac{EA}{AB}=\frac{AH}{BD}\) hay \(\frac{EA}{OB}=\frac{AC}{BD}\).
Từ đây CM được tam giác \(EAC\) và \(OBD\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ECA}=\widehat{ODB}\). Do đó nếu gọi \(OD\) cắt \(EC\) tại \(L\) thì CM được \(OD⊥EC\).
-----
Đường tròn đường kính \(NC\) cắt \(EC\) tại \(F\) nghĩa là \(NF⊥EC\), hay \(NF\) song song với \(OD\).
Vậy \(NF\) chính là đường trung bình của tam giác \(AOD\), vậy \(NF\) qua trung điểm \(AO\) (là một điểm cố định) (đpcm)
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.