Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
a: Xét tứ giác ADHE có
\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0\)
=>ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>ADHE nội tiếp (O), O là trung điểm của AH
b: Xét tứ giác BEDC có
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
=>BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>BEDC nội tiếp (F)
Gọi giao của AH với BC là M
Xét ΔABC có
BD,CE là đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH vuông góc BC tại M
\(\widehat{OEF}=\widehat{OEC}+\widehat{FEC}\)
\(=\widehat{AOE}+\widehat{ECB}\)
\(=\widehat{AOE}+\widehat{EAO}=90^0\)
=>FE là tiếp tuyến của (O)
c: ΔDAB vuông tại D có DM là trung tuyến
nên DM=MA=MB
ΔDHC vuông tại D có DI là trung tuyến
nên IH=ID=IC và ΔDHC nội tiếp đường tròn (I)
\(\widehat{MDI}=\widehat{MDB}+\widehat{IDB}\)
\(=\widehat{MBD}+\widehat{IHD}\)
\(=\widehat{MBD}+\widehat{EHB}=90^0\)
=>MD là tiếp tuyến của (I)
Bài 4:
a:
Xét (O) có
ΔCED nội tiếp
CD là đường kính
=>ΔCED vuông tại E
ΔOEF cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của EF
Xét tứ giác CEMF có
I là trung điểm chung của CM và EF
CM vuông góc EF
=>CEMF là hình thoi
=>CE//MF
=<MF vuông góc ED(1)
Xét (O') có
ΔMPD nội tiêp
MD là đường kính
=>ΔMPD vuông tại P
=>MP vuông góc ED(2)
Từ (1), (2) suy ra F,M,P thẳng hàng
b: góc IPO'=góc IPM+góc O'PM
=góc IEM+góc O'MP
=góc IEM+góc FMI=90 độ
=>IP là tiếp tuyến của (O')
A B C D E F H O
a) Ta có \(\widehat{BEC},\widehat{BFC}\) là 2 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\Rightarrow\widehat{HFA}=\widehat{AEH}=90^0\)
Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{HFA}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp hay 4 điểm A,E,H,F cùng thuộc đường tròn tâm O
b) Ta có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\) Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)
Mà \(\widehat{AFE}=\widehat{AEF}\)
Suy ra \(\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)\(\Rightarrow\widehat{AHE}=\widehat{ACB}\Rightarrow\widehat{HAE}=\widehat{EBD}=\widehat{DEB}\)
Suy ra DE là tiếp tuyến của (O)
A C B H F G D E J
a) Do AB là tiếp tuyến của đường tròn tại B nên theo đúng định nghĩa, ta có \(OB\perp BA\Rightarrow\widehat{OBA}=90^o\)
Vậy tam giác ABO vuông tại B.
Xét tam giác vuông OAB, áp dụng định lý Pi-ta-go ta có :
\(AB=\sqrt{OA^2-OB^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
b) Ta có BC là dây cung, \(OH\perp BC\)
Tam giác cân OBC có OH là đường cao nên nó cũng là tia phân giác góc COB.
Xét tam giác OCA và OBA có:
OC = OB ( = R)
OA chung
\(\widehat{COA}=\widehat{BOA}\) (cmt)
\(\Rightarrow\Delta OCA=\Delta OBA\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^o\). Vậy CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C.
c) Ta có BC là dây cung, OH vuông góc BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có H là trung điểm BC.
Xét tam giác vuông OBA có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
\(HB.OA=OB.BA\Rightarrow HB=\frac{R.R\sqrt{3}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
Vậy thì BC = 2HB = \(R\sqrt{3}\)
Do \(\Delta OCA=\Delta OBA\Rightarrow CA=BA\)
Xét tam giác ABC có \(AB=BC=CA=R\sqrt{3}\) nên nó là tam giác đều.
d) Gọi G là trung điểm của CA; J là giao điểm của AE và HD, F' là giao điểm của AE và OB
Ta cần chứng minh F' trùng F.
Dễ thấy HD // OB; HG // AB mà \(AB\perp OB\Rightarrow HD\perp GH\) hay D là tiếp tuyến của đường tròn tại H.
Từ đó ta có : \(\widehat{EHJ}=\widehat{EAJ}\)
Vậy thì \(\Delta HEJ\sim\Delta AHJ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EJ}{HJ}=\frac{HJ}{AJ}\Rightarrow HJ^2=EJ.AJ\)
Xét tam giác vuông JDA có DE là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
\(JD^2=JE.JA\)
Vậy nên HJ = JD.
Áp dụng định lý Ta let trong tam giác OAB ta có:
Do HD // OB nên \(\frac{HJ}{OF'}=\frac{JD}{F'B}\left(=\frac{AJ}{AF'}\right)\)
Mà HJ = JD nên OF' = F'B hay F' là trung điểm OB. Vậy F' trùng F.
Từ đó ta có A, E, F thẳng hàng.