Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O I K A E B H F C D G 1 1 2 2
a)
IO = OB – IB => (I) tiếp xúc trong với (O).
OK = OC – KC => (K) tiếp xúc trong với (O)
IK = OH + KH => (I) tiếp xúc ngoài với (K)
b)
Tứ giác AEHF có \(\widehat{A}=\widehat{E}=\widehat{F}=90^o\) nên là hình chứ nhật
c)
c) \(\Delta AHB\) vuông nên AE.AB = AH2
\(\Delta AHC\)vuông nên AF . AC = AH2
Suy ra AE . AB = AF . AC
d) Gọi G là giao điểm của AH và EF
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật => AH = EF
Ta có : GE = GH => \(\Delta GEH\)\(\Rightarrow\widehat{E_1}=\widehat{H_1}\)
Ta lại có \(\Delta IHE\)cân \(\Rightarrow\widehat{E_2}=\widehat{H_2}\)
\(\Rightarrow\widehat{E_1}+\widehat{E_2}=\widehat{H_1}+\widehat{H_2}=90^o\)
Do đó EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)
Tương tự, EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)
e) - Cách 1:
Ta có: \(EF=AH\le OA\) ( OA có độ dài không đổi )
Do đó EF lớn nhất khi AH = OA
<=> H trùng O hay dây AD đi qua O.
Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90o⇒O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2)
Mỉnh ko hiểu đề cho lắm. Tam giác ABC vuông tại A => AB vuông góc AC, vậy đề còn cho "Từ A vẽ đường vuông góc với AB và AC tại D và E" là sao??? Hơi vô lý.
a) kéo dài O1E,O2F cắt CD ở M và N
b) góc BFI + góc BEI =180
c) gọi AB cắt EF ở K
bằng đồng dạng ta chứng minh được KE=KF=KB.KA(đpcm)
A B C O I K E M N G
a) Xét đường tròn (O) bán kính AB có điểm E nằm trên cung AB => ^AEB=900 hay ^MEN=900
Tương tự ^CNB=^AMC=900 => ^EMC=^ENC=900.
Xét tứ giác MENC: ^MEN=^EMC=^ENC=900 => Tứ giác MENC là hình chữ nhật.
=> MN=EC (đpcm).
b) Gọi G là tâm của hình chữ nhật MANC => GN=GC.
Xét \(\Delta\)GCK và \(\Delta\)GNK: GC=GN; GK chung; CK=NK => \(\Delta\)GCK=\(\Delta\)GNK (c.c.c)
=> ^GCK=^GNK. Mà ^GCK=900 => GNK=900 => MN vuông góc NK
=> MN là tiếp tuyến của (K) với N là tiếp điểm.
Tương tự ta cũng c/m được MN là tiếp tuyến của (I) với M là tiếp điểm.
=> MN là tiếp tuyến chung của (I) và (K) (đpcm).
c) Dễ thấy \(\Delta\)ACE ~ \(\Delta\)ECB => \(\frac{AC}{CE}=\frac{CE}{CB}\Rightarrow CE^2=AC.CB\)
Thay AC=10 (cm); CB=40 (cm) vào biểu thức trên, ta có:
\(CE^2=10.40=400\Leftrightarrow CE=\sqrt{400}=20\)(cm)
Lại có CE=MN (cmt) => MN =20 (cm).
d) Ta có: \(S_{\frac{1}{2}\left(I\right)}=\frac{\left(\frac{1}{2}AC\right)^2.3,14}{2}=\frac{\left(\frac{1}{2}.10\right)^2.3,14}{2}=39,25\)(cm2)
\(S_{\frac{1}{2}\left(K\right)}=\frac{\left(\frac{1}{2}CB\right)^2.3,14}{2}=\frac{\left(\frac{1}{2}.40\right)^2.3,14}{2}=628\)(cm2)
\(S_{\frac{1}{2}\left(O\right)}=\frac{\left[\frac{1}{2}\left(AC+CB\right)\right]^2.3,14}{2}=\frac{\left(\frac{1}{2}.50\right)^2.3,14}{2}=981,25\)(cm2)
\(\Rightarrow S_{G.H}=S_{\frac{1}{2}\left(O\right)}-\left(S_{\frac{1}{2}\left(I\right)}+S_{\frac{1}{2}\left(K\right)}\right)=981,25-\left(39,25+628\right)=314\)(cm2)
(Chú thích \(S_{G.H}:\)Diện tích hình được giới hạn bở 3 nửa đường tròn).
ĐS:...