Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
E 1 A H O B C F d
a. Ta có: \(OC\perp d\)(tính chất tiếp tuyến)
\(AE\perp d\) (gt)
\(BF\perp d\) (gt)
Suy ra : OC // AE // BF
Mà OA = OB (= R)
Suy ra: CE = CF ( tính chất đường thẳng song song cách đều )
b. Ta có: AE // OC
\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{EAC}\)( hai góc so le trong ) ( 1 )
Ta có : \(OA=OC\left(=R\right)\)
\(\Rightarrow\Delta OAC\)cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\)( 2 )
Từ (1)(2) suy ra : \(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)
Vậy AC là tia phân giác của góc OAE hay AC là tia phân giác của góc BAE
c. Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên góc (ACB) = 90o
Tam giác ABC vuông tại C có \(CH\perp AB\)
Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có:
CH2 = HA . HB (3)
Xét hai tam giác ACH và ACE, ta có :
\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)
CH = CE (tính chất đường phân giác)
AC chung
Suy ra : \(\Delta ACH=\Delta ACE\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông)
Suy ra: AH = AE (4)
Xét hai tam giác BCH và BCF, ta có :
\(\widehat{AHC}=\widehat{BFC}=90^o\)
CH = CF (= CE)
BC chung
Suy ra: \(\Delta BCH=\Delta BCF\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông)
Suy ra: BH = BF (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: CH2 = AE . BF
a) Ta có tứ giác AIMJ là hcn=> AIMJ nội tiếp đường tròn đường kính AM, IJ
Vì N đối xứng với M qua IJ => góc JNI = góc JMI = 90o ha N thuộc đường tròn đường kính AM và IJ => góc ANM = 90o
mà I thuộc trung trực MN => tam giác MIC vuông cân tại I => I thuộc trung trực MC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC
=> góc MNC =1/2 góc MIC = 450
=> góc ABC + góc ANC = 45+90+45=1800
Hay tứ giác ABCN nội tiếp đường tròn (T) (ĐPCM)
b)CM: 1/PM<1/PB+1/PC ?
Ta có: tam giác MPC đồng dạng tam giác MBA => PM/MB=PC/BA => PM/PC=MB/BA (1)
TAM GIÁC MBP đồng dạng tam giác MAC => PM/MC=PB/CA=> PM/PB=MC/AC (2)
Cộng vế theo về của (1) và (2) ta có:
PM/PC+PM/PB=MB/BC+MC/AC=MB/BA+MC/BA=AC/BA>1 => ĐPCM
c) Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao ta có:
DH2=DK.DC => DA2=DK.DC
=> DA/DC=DK/DA => TAM GIÁC DKA đồng dạng tam giác DAC => góc AKD =DAC =45o
=> góc ABH+ góc AKH = 45+45+90=1800=> TỨ GIÁC ABHK nội tiếp
=> Góc AKB =AHB =90 = GÓC HKC
Mà góc ABK =AHK=KCH => đpcm
Bài 1 :
Ta có :
\(\frac{ab}{a+b}=\frac{bc}{b+c}=\frac{ca}{c+a}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{b+c}{bc}=\frac{c+a}{ca}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=\frac{1}{c}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\\\frac{1}{c}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a}=\frac{1}{c}\\\frac{1}{b}=\frac{1}{a}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=c\\a=b\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
\(\Rightarrow P=\frac{20a^2+4a^2+2020a^2}{a^2+a^2+a^2}=\frac{2044a^2}{3a^2}=\frac{2044}{3}\)
. A B O H C d
a) VÌ: \(OC\perp EF\left(gt\right)\)
\(AE\perp EF\left(gt\right)\)
=> OC//AE
=> \(\widehat{EAC}=\widehat{OCA}\) ( cặp góc sole trong) (1)
Vì: OC=OA(gt)
=> ΔOAC cân tại O
=> \(\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\) (2)
Từ (1);(2) suy ra:
\(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)
=>AC là tia pg của \(\widehat{BAE}\)
b)Chứng minh tương tự như câu a ta có: \(\widehat{OBC}=\widehat{FBC}\)
Xét ΔAEC và ΔAHC có:
\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)
AC:cạnh chung
\(\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\left(cmt\right)\)
=>ΔAEC=ΔAHC ( cạnh huyền -góc nhọn)
=>AE=AH
Xét ΔCHB và ΔCFB có:
\(\widehat{CHB}=\widehat{CFB}=90^o\)
BC:cạnh chung
\(\widehat{HBC}=\widehat{FBC}\left(cmt\right)\)
=> ΔCHB=ΔCFB(ch-gn)
=> BF=HB
Xét ΔABC có: OA=OB=OC
=> ΔABC cân tại C
=> \(CH^2=AH\cdot BH\)
Hay: \(CH^2=AE\cdot BF\)
C A B M N H O d
a) Áp dụng định lý Pytago, có:
\(AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10cm\)
Áp dụng hệ thức lượng, có:
\(\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{CH^2}\Leftrightarrow\frac{1}{6^2}+\frac{1}{8^2}=\frac{1}{CH^2}\Leftrightarrow CH=4,8cm\)
b) Ta có: CO = AO (t/c)
\(\Rightarrow\Delta OAC\) là tam giác cân
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{ACO}\left(1\right)\)
Mặt khác: \(\hept{\begin{cases}AM\perp d\\OC\perp d\end{cases}}\Rightarrow AM\text{//}OC\)
\(\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{ACO}\left(slt\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{CAO}=\widehat{MAC}\)
Vậy AC là tia phân giác của góc BAM
c) Có: \(\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{CH^2}=\frac{1}{AH.BH}\left(1\right)\)
Lại có: \(\Delta HAC=\Delta MAC\left(chgn\right)\)
\(\Rightarrow AH=AM\left(cctu\right)\left(2\right)\)
Chứng minh như câu b ta được: \(\widehat{HBC}=\widehat{NBC}\)
\(\Delta HBC=\Delta NBC\left(chgn\right)\)
\(\Rightarrow BH=BN\left(cctu\right)\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{AM.BN}\)
Vậy:....
theo hình vẽ ta CM được BAC=CAM => đpcm
dễ quá không cần CM
\(\frac{1}{AC^2}\)\(+\)\(\frac{1}{BC^2}\)\(=\frac{1}{AM.BN}\)