Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [P, A] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [Q, A] Đoạn thẳng t_1: Đoạn thẳng [A, O] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [A, I] O = (1.88, 2.28) O = (1.88, 2.28) O = (1.88, 2.28) Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm D: Giao điểm đường của i, h Điểm D: Giao điểm đường của i, h Điểm D: Giao điểm đường của i, h Điểm E: Giao điểm đường của j, f Điểm E: Giao điểm đường của j, f Điểm E: Giao điểm đường của j, f Điểm H: Giao điểm đường của i, j Điểm H: Giao điểm đường của i, j Điểm H: Giao điểm đường của i, j Điểm P: Giao điểm đường của c, m Điểm P: Giao điểm đường của c, m Điểm P: Giao điểm đường của c, m Điểm Q: Giao điểm đường của c, m Điểm Q: Giao điểm đường của c, m Điểm Q: Giao điểm đường của c, m Điểm K: Giao điểm đường của n, t_1 Điểm K: Giao điểm đường của n, t_1 Điểm K: Giao điểm đường của n, t_1 Điểm I: Giao điểm đường của t, g Điểm I: Giao điểm đường của t, g Điểm I: Giao điểm đường của t, g
a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)
b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)
Vậy thì \(\Delta EHD\sim\Delta BHC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}\Rightarrow BH.DH=EH.CH\)
c) Do góc \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\) nên \(\widehat{EDA}=\widehat{CBE}\) (Cùng phụ với hai góc trên)
Suy ra \(\widebat{AC}=\widebat{AP}+\widebat{QC}\)
Lại có \(\widebat{AC}=\widebat{AQ}+\widebat{QC}\Rightarrow\widebat{AP}=\widebat{AQ}\Rightarrow AP=AQ\)
(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)
Vậy tam giác APQ cân tại A.
Ta thấy \(\widehat{AEQ}=\widebat{AQ}+\widebat{PB}=\widebat{AP}+\widebat{PB}=\widebat{AB}=\widehat{AQB}\)
Vậy \(\Delta AEQ\sim\Delta AQB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AQ}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AQ^2=AE.AB\Rightarrow AP^2=AE.AB\)
d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên \(AO⊥PQ\)
Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Khi đó \(\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}PQ.AK}{\frac{1}{2}BC.AI}=\frac{PQ}{2BC}\Rightarrow\frac{AK}{AI}=\frac{1}{2}\)
Lại có \(\Delta ABI\sim\Delta ADK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AI}{AK}=\frac{1}{2}\)
Xét tam giác vuông ABD có \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widebat{BC}=60^o\)
Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC thì \(\widehat{BAC}=60^o\). Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :
\(BC=R\sqrt{3}\)
A B C O I R 30 O
a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì ^BEC=^BDC=90o
b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ^EDH=^BCH
Vậy thì ΔEHD∼ΔBHC(g−g)⇒EHBH =DHCH ⇒BH.DH=EH.CH
c) Do góc ^EDH=^BCH nên ^EDA=^CBE (Cùng phụ với hai góc trên)
Suy ra ⁀AC=⁀AP+⁀QC
Lại có ⁀AC=⁀AQ+⁀QC⇒⁀AP=⁀AQ⇒AP=AQ
(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)
Vậy tam giác APQ cân tại A.
Ta thấy ^AEQ=⁀AQ+⁀PB=⁀AP+⁀PB=⁀AB=^AQB
Vậy ΔAEQ∼ΔAQB(g−g)⇒AEAQ =AQAB ⇒AQ2=AE.AB⇒AP2=AE.AB
d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên AO⊥PQ
Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Khi đó S1S2 =12 PQ.AK12 BC.AI =PQ2BC ⇒AKAI =12
Lại có ΔABI∼ΔADK(g−g)⇒ABAD =AIAK =12
Xét tam giác vuông ABD có ABAD =12 ⇒^BAC=60o⇒⁀BC=60o
Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC thì ^BAC=60o. Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :
BC=R√3
~~~~~~~~~~~ai đi ngang qua nhớ để lại k ~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~ Chúc bạn sớm kiếm được nhiều điểm hỏi đáp ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~ Và chúc các bạn trả lời câu hỏi này kiếm được nhiều k hơn ~~~~~~~~~~~~
A B C D E P Q H O K M N
d) Gọi OA cắt ED ở K.Dễ dàng chứng minh \(AK\perp ED\)( đã cm trong các câu trên ). Kẻ AH cắt BC ở M
\(\dfrac{S_{APQ}}{S_{ABC}}=\dfrac{AK.PQ}{AM.BC}=\dfrac{PQ}{2BC}\Rightarrow AM=2AK\)
Mà \(\Delta AED\)~\(\Delta ACB\)(c.g.c),AK,AM là 2 đường cao tương ứng
\(\Rightarrow\dfrac{C_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{ED}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
Để ý rằng \(\Delta ABD\) vuông ở D có AB=2AD \(\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\)và dễ thấy tam giác ABC phải cân ---> tam giác ABC đều .
Kẻ \(ON\perp BC\) ,ta tính được \(BC=\sqrt{3}R\)
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
1.
Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.
Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.
Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ=ABP.
Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP
\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢=AP⌢.
2.
(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE.
Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.
Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).
Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢=AP⌢ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.
3.
Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.
Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.
Trong đường tròn (O)(O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB=60∘ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BCBC). Chỉ ra tam giác BCFBCF vuông tại BB và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHEADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.
Gọi rr là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.
Suy ra 2r=AH=BF=62r=AH=BF=6 cm.
Vậy r=3r=3 cm.
1: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
2: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
góc BAD chung
Do đó:ΔADB\(\sim\)ΔAEC
Suy ra: AD/AE=AB/AC
hay AD/AB=AE/AC
Xét ΔADE và ΔABC có
AD/AB=AE/AC
góc DAE chung
Do đó: ΔADE\(\sim\)ΔABC
hay \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)
AH cắt đường tròn tâm O tại M . Tam giác abd có dk là đường cao nên bk.ba=bd.bd mà bk.ba = bf.bi nên bd.bd =bf.bi
Nên bf/bd=bd/bi và góc ibd chung
Nên tam giác bfd đồng dạng tam giác bdi
Nên góc bdi = góc bid mà bdi=ecb=bcm
mà góc bia= góc bca
Cộng lại được aid=dcm
Aicm nội tiếp nên aim = dcm . Từ đó suy ra aid=aim
Nên i,d,m thẳng hàng nên ah và id cắt nhau tại điểm thuộc đường trón tâm o