Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
O A B C E D M
Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\) (1)
Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)
Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)
Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\) (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC
Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)
Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC
Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)
Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)
Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)
Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).
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) 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.