Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét (O) có :
AB là tiếp tuyến tại B
AC là tiếp tuyến tại C
AB cắt AC tại A
\(\Rightarrow\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^o\)và OA là p/g \(\widehat{BOC}\)
Xét tg ABOC có \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^o\)Mà 2 góc này đối nhau
\(\Rightarrow\)ABOC là tg nt
b) Xét (O) có
\(\widehat{ABE}\)là góc tạo bởi tiếp tuyến AB và dây BE
\(\widehat{BDE}\)là góc nt chắn cung BE
\(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{BDE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BE}\)
Xét \(\Delta ABEvà\Delta ADB:\)
\(\widehat{BAD}\)chung
\(\widehat{ABE}=\widehat{BDE}\)
\(\Rightarrow\Delta ABE\infty\Delta ADB\left(gg\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\)
c) Vì OA là p/g \(\widehat{BOC}\Rightarrow\widehat{BOA}=\widehat{COA}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\)
Do ABOC là tg nt\(\Rightarrow\widehat{BOA}=\widehat{BCA}\)(cùng chắn cung AB)
Suy ra \(\widehat{AOC}=\widehat{ACB}\)
Bài 2:
ΔOBC cân tại O
mà OK là trung tuyến
nên OK vuông góc BC
Xét tứ giác CIOK có
góc CIO+góc CKO=180 độ
=>CIOK là tứ giác nội tiếp
Bài 3:
Xét tứ giác EAOM có
góc EAO+góc EMO=180 độ
=>EAOM làtứ giác nội tiếp
A B C D O M N K H E F I J T P
a) Ta có: Tứ giác ACBD nội tiếp (O;R) có 2 đường chéo là 2 đường kính vuông góc với nhau.
Nên tứ giác ACBD là hình vuông.
Xét tứ giác ACMH: ^ACM=^ACB=900; ^AHM=900
=> Tứ giác ACMH nội tiếp đường tròn
Do tứ giác ACBD là 1 hình vuông nên ^BCD=1/2.CAD=450
=> ^BCD=^MAN hay ^MCK=^MAK => Tứ giác ACMK nội tiếp đường tròn.
b) Gọi giao điểm của tia AE với tia tiếp tuyến BF là I. AF gặp MH tại J.
Ta có: Điểm E nằm trên (O) có đg kính AB => ^AEB=900
=> \(\Delta\)BEI vuông tại E. Dễ thấy \(\Delta\)BFE cân tại F => ^FEB=^FBE
Lại có: ^FEB+^FEI=900 => ^FBE+^FEI=900. Mà ^FBE+^FIE=900
Nên ^FEI=^FIE => \(\Delta\)EFI cân tại F => EF=IF. Mà EF=BF => BF=IF
Theo hệ quả của ĐL Thales ta có: \(\frac{MJ}{IF}=\frac{HJ}{BF}=\frac{AJ}{AF}\)=> MJ=HJ (Do IF=BF)
=> J là trung điểm của HM => Đpcm.
c) Trên tia đối của tia DB lấy T sao cho DT=CM.
Gọi P là hình chiếu của A xuống đoạn MN.
Dễ dàng c/m \(\Delta\)ACM=\(\Delta\)ADT (c.g.c) => ^CAM=^DAT và AM=AT
mà ^CAM phụ ^MAD => ^DAT+^MAD=900 => ^MAT=900
=> ^MAN=^TAN=1/2.^MAT=450.=> \(\Delta\)MAN=\(\Delta\)TAN (c.g.c)
=> ^AMN=^ATN (2 góc tương ứng) hay ^AMP=^ATD
=> \(\Delta\)APM=\(\Delta\)ADT (Cạnh huyền góc nhọn) => AD=AP (2 cạnh tương ứng).
Mà AD có độ dài không đổi (Vì AD=căn 2 . R) => AP không đổi.
Suy ra khoảng cách từ điểm A đến đoạn MN là không đổi
=> MN tiếp xúc với đường tròn tâm A cố định bán kính AD=căn 2.R.
Vậy...
ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
Sắp đến Tết rùi nè ae.Zui nhểy!Đứa nào đỗ nhớ khao tao nhá!
- Tên: ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
- Đang học tại: Trường THCS Lập Thạch
- Địa chỉ: Huyện Lập Thạch - Vĩnh Phúc
- Điểm hỏi đáp: 16SP, 0GP
- Điểm hỏi đáp tuần này: 1SP, 0GP
- Thống kê hỏi đáp
A B C T K O P S E F G I
a) Áp dụng tính chất của góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, ta có:
\(\widehat{TAB}=\widehat{TCA}\)
Suy ra \(\Delta\)TAB ~ \(\Delta\)TCA (g.g) \(\Rightarrow\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\Rightarrow TA^2=TB.TC\)(đpcm)
Hai điểm A và K cùng nằm trên (T) nên \(\Delta\)ATK cân tại T => \(\widehat{TAK}=\widehat{TKA}\)(1)
Dễ thấy góc TKA là góc ngoài của \(\Delta\)ACK => \(\widehat{TKA}=\widehat{CAK}+\widehat{ACK}\)
\(\Rightarrow\widehat{CAK}=\widehat{TKA}-\widehat{ACK}\)(2)
Ta có: \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{TAB}=\widehat{TAK}-\widehat{ACB}\)(Do \(\widehat{TAB}=\widehat{ACB}\))
hay \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{ACK}\)(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: \(\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\)=> AK là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)(đpcm).
b) Ta có: \(\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\)=> \(\frac{TP}{TC}=\frac{TB}{TP}\)(P và A thuộc (T))
Từ đó ta chứng minh được: \(\Delta\)TBP ~ \(\Delta\)TPC (c.g.c) => \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)
Xét \(\Delta\)BPC: Tia PT nằm ngoài tam giác thỏa mãn \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)
Vậy nên TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BPC (đpcm).
c) Gọi giao điểm của của AT và EF kéo dài là G, EF cắt AP tại điểm I.
Ta thấy tứ giác BEFC nội tiếp (O) => \(\widehat{BCP}=\widehat{EFP}\)hay \(\widehat{EFP}=\widehat{TCP}\)
Mà \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)(cmt) => \(\widehat{EFP}=\widehat{TPB}\)
Vì 2 góc trên nằm ở vị trí so le trong nên TP // EF hay TP // GI
Lại có: \(\Delta\)ATP cân tại T có GI // TP (G\(\in\)AT; I\(\in\)AP) => \(\Delta\)AGI cân tại G => \(\widehat{GAI}=\widehat{GIA}\)(4)
\(\widehat{EAI}=\widehat{GAI}-\widehat{GAE}\)(5); \(\widehat{FAI}=\widehat{GIA}-\widehat{AFG}\)(6)
Dễ chứng minh \(\widehat{GAE}=\widehat{AFG}\)(7)
Từ (4); (5); (6) và (7) => \(\widehat{EAI}=\widehat{FAI}\) hay \(\widehat{EAS}=\widehat{FAS}\)
Mà tứ giác AESF nội tiếp (O) => \(\widehat{EAS}=\widehat{EFS}\)và \(\widehat{FAS}=\widehat{FES}\)
Từ đó ta có: \(\widehat{EFS}=\widehat{FES}\)=> Tam giác ESF cân tại S => S nằm trên đường trung trực của EF
Mà EF là dây cung của (O) nên O cũng nằm trên trung trực của EF
Do đó SO là trung trực của EF hay \(SO\perp EF\)(đpcm).
Xin lỗi bạn, 2 góc EFP và TPB là hai góc đồng vị, không phải so le trong nhé.
Chiu thoi ! Kho qua ! Co ai giai duoc ko ?
- Đề bài chắc chắn đúng chứ bạn? Mình tưởng phải có điều kiện đặc biệt ràng buộc C thì tam giác MAB mới cân được chứ nhỉ?