Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét ta, giác OAB có
\(\hept{\begin{cases}AB=R\sqrt{2}\\OA=OB=R\end{cases}}\)\(\Rightarrow\Delta OAB\) vuông cân tại O
Nên Góc AOB=90 độ
A B C O J I N H M P
Gọi P ; M lần lượt là giao điểm của CH và BH với AB và AC
a) Ta có:^CPA = ^BMA = 90o => ^HPA = ^HMA = 90o => ^HPA + ^HMA = 180o
=> Tứ giác HPAM nội tiếp
=> ^PAM + ^PHM = 180o
=> ^BHC = ^PHM = 180o - ^PAM =180o - \(\alpha\)
b) I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HBC
=> IB = IH = IC
=> \(\Delta\)IBH và \(\Delta\)IIHC cân tại I
=> ^IBH = ^IHB và ^ICH = ^IHC
=> ^IBH + ^ICH = ^IHB + ^IHC = ^BHC = \(180^o-\alpha\)
=> ^BIC = 360o - ^IBH - ^ICH - ^BHC = \(2\alpha\)
Ta lại có ^BOC = 2.^BAC = \(2\alpha\) ( góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
=> ^BIC = ^BOC (1)
Mặt khác: OB = OC; IB = IC
=> OI là đường trung trực của BC (2)
Từ (1) ; (2) => O; I nằm khác phía so với BC
Mà \(\Delta\)BIC cân => IO là đường phân giác ^BIC
=> OIC = \(\frac{1}{2}\).^BIC = \(\alpha\)
c) Từ (b) => ^BIO = ^CIO = ^BOI = ^COI
=> BOCI là hình bình hành có OI vuông BC
=> BOCI là hình thoi
mà B; C; O cố định => I cố định
Tương tự ta cungc chứng minh được: OCJA là hình thoi
=> CJ = CO = R mà C; O cố định
=> J nằm trên đường tròn tâm C bán kính R cố định
d) AJCO là hình thoi => AJ // = OC
OCIB là hình thoi => OC // = BI
=> AJ //=BI
=> AJIB là hình bình hành có hai đường chéo AI; BJ cắt nhau tại N
=> N là trung điểm của AI
a)
b) Ta có : \(\widehat{MON}=65^o;\widehat{POQ}=90^o\)
Suy ra : ∠MON < ∠POQ (vì 65o < 90o)
c) Ta có : \(\stackrel\frown{MN}=65^o;\stackrel\frown{PQ}=90^o\)
Suy ra : \(\stackrel\frown{MN}< \stackrel\frown{PQ}\)
a) Trong tứ giác AOBM có 
= 
= 
.
Suy ra cung AMB + 
= 
=> cung AMB= -
= - 
= 
b) Từ 
= . Suy ra số đo cung nhỏ AB = và số đo cung lớn AB :
Cung AB = 
- = 
A B C D O N M P
+) Ta có: DP // AB => ^APD = ^BAP (2 góc so le trong). Mà ^BAP = ^NMB (Do MN // AP)
Nên ^APD = ^NMB => \(\Delta\)ADP ~ \(\Delta\)NBM (g.g) => \(\frac{AD}{NB}=\frac{DP}{BM}\)=> \(AD.BM=NB.DP\)
Hoặc \(AB.BM=NB.DP\)=> \(OB^2=NB.DP\)(Do \(AB.BM=\frac{AB^2}{2}=OB^2\)theo ĐL Pytago)
Hay \(OB.OD=NB.DP\)=> \(\frac{OB}{DP}=\frac{NB}{OD}\)
Xét \(\Delta\)BNO và \(\Delta\)DOP có: ^OBN = ^PDO (=450) \(\frac{OB}{PD}=\frac{NB}{OD}\)(cmt)
=> \(\Delta\)BNO ~ \(\Delta\)DOP (c.g.c) (đpcm).
+) \(\Delta\)BNO ~ \(\Delta\)DOP (cmt) => ^BON = ^DPO (1)
Trong \(\Delta\)ODP có: ^DOP + ^DPO = 1800 - ^ODP = 1350 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ^DOP + ^BON = 1350 => ^NOP = 1800 - (^DOP + ^BON) = 450
Vậy ^NOP = 450.
a) Ta có \(AM=AC-MC=AC-MB=b-d\)
Xét tam giác vuông ABM, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(c^2+\left(b-d\right)^2=d^2\Leftrightarrow c^2+b^2-2bd+d^2=d^2\)
\(\Leftrightarrow c^2+b^2-2bd=0\)
Mà tam giác ABC vuông tại A nên \(b^2+c^2=a^2\)
\(\Rightarrow a^2=2bd\Rightarrow4bc=2bd\Rightarrow d=2c\left(đpcm\right)\)
b) Xét tam giác vuông ABM có \(BM=2BA\Rightarrow\widehat{ABM}=60^o\Rightarrow\widehat{AMB}=36^o\)
Xét tam giác cân MBC có \(\widehat{AMB}\) là góc ngoài tại đỉnh cân nên \(\widehat{AMB}=2\widehat{MBC}=2\widehat{MCB}\)
\(\Rightarrow\widehat{MCB}=\widehat{MBC}=\frac{30^o}{2}=15^o\)
Vậy nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ABM}+\widehat{MBC}=60^o+15^o=75^o\)
\(\widehat{ACB}=\widehat{MCB}=15^o\)
Ta có:
Mà
Đáp án: (B)