Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
MA và MB là các tiếp tuyến của (O)
=> OM _I_ AB mà C thuộc OM
=> AC = BC
OB = OA = OC = OD ( = R)
=> \(\Delta ACD\) vuông tại A và \(\Delta BCD\) vuông tại B
\(\Rightarrow\Delta ACD=\Delta BCD\left(ch-cgv\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ACD~\Delta BCD\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}\)
\(\Rightarrow AC\times BD=AD\times BC\left(\text{đ}pcm\right)\)
b)
AI là đpg của \(\Delta ACD\)
\(\Rightarrow\frac{IC}{ID}=\frac{AC}{AD}\) mà \(\frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD}\)
\(\Rightarrow\frac{IC}{ID}=\frac{BC}{BD}\)
=> BI là đpg của \(\Delta BCD\) (đpcm)
a) MA và MB là các tiếp tuyến của (O)
=> OM _I_ AB mà C thuộc OM
=> AC = BC
OB = OA = OC = OD ( = R)
=> \Delta ACDΔACD vuông tại A và \Delta BCDΔBCD vuông tại B
\Rightarrow\Delta ACD=\Delta BCD\left(ch-cgv\right)⇒ΔACD=ΔBCD(ch−cgv)
\Rightarrow\Delta ACD~\Delta BCD⇒ΔACD ΔBCD
\Rightarrow\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}⇒BCAC=BDAD
\Rightarrow AC\times BD=AD\times BC\left(\text{đ}pcm\right)⇒AC×BD=AD×BC(đpcm)
b)
AI là đpg của \Delta ACDΔACD
\Rightarrow\frac{IC}{ID}=\frac{AC}{AD}⇒IDIC=ADAC mà \frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD}ADAC=BDBC
\Rightarrow\frac{IC}{ID}=\frac{BC}{BD}⇒IDIC=BDBC
=> BI là đpg của \Delta BCDΔBCD (đpcm)
a, Xét tam giác MAD và tam giác MCA có
^M _ chung
^MDA = ^MAC ( cùng chắn cung CA )
Vậy tam giác MAD ~ tam giác MCA (g.g)
\(\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MD}{MA}\Rightarrow MA^2=MD.MC\)(1)
b, Vì MA là tiếp tuyến đường tròn (O) với A tiếp điểm
Lại có OA = OB = R ; MA = MB ( tc tiếp tuyến cắt nhau )
=> OM là trung trực đoạn BA
Xét tam giác MAO đường cao AH ta có
\(MA^2=MO.MH\)(2)
Từ (1) ; (2) suy ra \(MO.MH=MD.MC\)
M A C D O B N P Q E
Dễ thấy \(\Delta MCB~\Delta MDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MC}{MD}=\frac{BC}{CD}\)( 1 )
\(\Delta MAB~\Delta MDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MA}{MD}=\frac{AB}{AD}\)( 2 )
Lại có MA = MC . Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.CD\)
Áp dụng định lí Ploleme với tứ giác ABCD, ta có :
\(AB.CD+AD.BC=AC.BD\)
\(\Rightarrow BC.AD=AC.BD-AB.CD=\frac{1}{2}AC.BD\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{2BC}{BD}\)( 3 )
\(\Delta NBE~\Delta NDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NB}{ND}=\frac{BE}{DB}\); \(\Delta NCE~\Delta NDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NC}{ND}=\frac{CE}{CD}\)
lại có : NB = NC \(\Rightarrow\frac{BE}{BD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow BE.CD=CE.BD\)
Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác BECD, ta có :
\(BE.CD+CE.BD=BC.DE\Rightarrow BE.CD=CE.BD=\frac{1}{2}BC.DE\)
\(\Delta PBC~\Delta PDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}\Rightarrow PC.PD=PB^2\)
Mà \(\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}=\frac{BC}{BD}\)
Mặt khác : \(\frac{PC}{PD}=\frac{PC.PD}{PD^2}=\left(\frac{PB}{PD}\right)^2=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2\)( 4 )
suy ra : \(\frac{PC}{PD}=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)
giả sử AE cắt CD tại Q
\(\Rightarrow\Delta QEC~\Delta QDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}\Rightarrow P\equiv Q\)
Vậy 3 điểm A,E,P thẳng hàng
v mình quên nối AE cắt CD. hay là nối 3 điểm A,E,P mà thôi, không sao.
a) Ta có
OA vg góc vs MA (gt) => góc MAO = 90 độ
OB vg góc vs MB (gt) => góc MBO = 90 độ
Tứ giác MAOB có góc MAO + góc MBO = 90 + 90 = 180 độ
=> MAOB nội tiếp
a: góc MAO+góc MBO=180 độ
=>MAOB nội tiếp
Xét ΔMAC và ΔMDA có
góc MAC=góc MDA
góc AMC chung
=>ΔMAC đồng dạng với ΔMDA
=>MA/MD=MC/MA
=>MA^2=MD*MC=OM^2-R^2
b: Xét (O) co
MA,MB là tiếp tuyến
=>MA=MB
mà OA=OB
nên OM là trung trực của AB
=>OM vuông góc AB tại H
=>MH*MO=MA^2=MC*MD
=>MH/MD=MC/MO
=>ΔMHC đồng dạng vơi ΔMDO
=>góc MHC=góc MDO
=>góc ODC+góc OHC=180 độ
=>OHCD nội tiếp
a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)
Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(AH.AO=AB^2\)
Suy ra AD.AE = AH.AO
c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)
\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)
Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)
acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk
Kẻ OF⊥CD tại F. Gọi E là giao điểm của OF và AB. Gọi H là giao điểm của AB và OM
Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB
=>OM⊥AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao
nên \(OH\cdot OM=OA^2=R^2\left(3\right)\)
Xét ΔOFM vuông tại F và ΔOHE vuông tại H có
\(\hat{FOM}\) chung
Do đó: ΔOFM~ΔOHE
=>\(\frac{OF}{OH}=\frac{OM}{OE}\)
=>\(OF\cdot OE=OH\cdot OM\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(OF\cdot OE=R^2=OD^2\)
=>\(\frac{OF}{OD}=\frac{OD}{OE}\)
Xét ΔOFD và ΔODE có
\(\frac{OF}{OD}=\frac{OD}{OE}\)
\(\hat{FOD}\) chung
Do đó: ΔOFD~ΔODE
=>\(\hat{OFD}=\hat{ODE}\)
=>\(\hat{ODE}=90^0\)
=>ED là tiếp tuyến của (O)
ΔOCD cân tại O
mà OF là đường cao
nên OF là phân giác của góc COD
Xét ΔODE và ΔOCE có
OD=OC
\(\hat{DOE}=\hat{COE}\)
OE chung
Do đó: ΔODE=ΔOCE
=>\(\hat{ODE}=\hat{OCE}\)
=>\(\hat{OCE}=90^0\)
=>EC là tiếp tuyến tại C của (O)
Do đó: AB,hai tiếp tuyến tại D và C của (O) đồng quy tại E