K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

23 tháng 5 2018

Vì cát tuyến chung \(BCD\perp AB\)tại B (gt) => \(\widehat{CBA}=\widehat{DBA}=90^o\)=> CA và DA lần lượt là đường kính của đt (O) và (O')

=> A,O,C thẳng hàng và D, O', A  thẳng hàng

Xét đt (O) có: \(\widehat{CKA}=\widehat{CKD}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \([Do\overline{D,A,K}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{CKA}=\widehat{CKD}]\)

Xét đt (O') có: \(\widehat{AID}=\widehat{CID}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \([Do\overline{C,A,I}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{AID}=\widehat{CID}]\)

Xét tứ giác CKID có: \(\widehat{CKD}=\widehat{CID}=90^o\)=> tứ giác CKID nội tiếp một đt (Dhnb)

31 tháng 12 2023

Hình khó nhìn quá bạn vẽ lại cho mình với

 

Bạn tự vẽ hình nha!

c) Các tam giác ACM và BDM cân tại C và D; CO là phân giác góc ACM; DO là phân giác góc BDM => Các đường phân giác này cũng là đường cao => CO vuông góc với AM tại E và DO vuông góc với BM tại F => g. OEM = OFM = 90o.

Mặt khác g.AMB =90o(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => Từ giác OEMF là hình chữ nhật => I là trung điểm của OM => IO = OM/2 = R/2 (Không đổi)

Do đó khi M di chuyển thì trung điểm I của EF luôn cách O một khoảng không đổi R/2 => Quỹ tích trung điểm I của EF là nửa đường tròn tâm O bán kính R/2 cùng phía với nửa đường trón tâm O đường kính AB.

 
27 tháng 11 2019

hi e lớp 6 k bt ạ

21 tháng 12 2021

29 tháng 11 2023
  • Gọi I là giao điểm của EG và HF.
  • Theo định lí tiếp tuyến, ta có: $\angle{OBE} = \angle{OBF} = 90^\circ$ và $\angle{ODF} = \angle{ODG} = 90^\circ$.
  • Vì $BE$ và $DF$ là tiếp tuyến của đường tròn (O), nên $OE$ và $OF$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
  • Tương tự, $OG$ và $OH$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
  • Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
  • Do đó, $OEIF$ và $OFIG$ là các hình chữ nhật.
  • Vì $OE = OF$ và $OG = OH$, nên $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
  • Từ đó, ta có: $BE = EF$ và $DG = GH$.
  • Vì $ABCD$ là hình thoi, nên $AB = AD$ và $BC = CD$.
  • Khi đó, ta có: $AB = AD = BE + EF = BE + DF$ và $BC = CD = DG + GH = EG + HF$.
  • Từ đó, ta suy ra: $BE + DF = EG + HF$.
  • Do đó, $BE.DF = EG.HF$.
  • Từ định lí tiếp tuyến, ta có: $BE.DF = OB^2$ và $EG.HF = OG^2$.
  • Vì $OB = OG$ (bán kính đường tròn (O)), nên ta có: $BE.DF = OB.OD$.

Vậy, ta đã chứng minh được a) BE.DF = OB.OD.

b) Ta có:

  • Gọi I là giao điểm của EG và HF.
  • Theo chứng minh ở câu a), ta có: $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
  • Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
  • Do đó, ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
  • Từ đó, ta suy ra: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
  • Vì $EG \parallel HF$, nên ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} = 180^\circ$.
  • Từ đó, ta suy ra: $\angle{GOI} + \angle{HOI} = 180^\circ$.
  • Do đó, ta có: $\angle{GOI} = \angle{HOI}$.
  • Vậy, ta đã chứng minh được b) EG // HF.

Bạn lấy điểm E là trung điểm của OA, xong vẽ đường tròn bán kính AE cắt (O) tại B,C; nối hai đường AB,AC, ta được AB,AC là các tiếp tuyến cần vẽ

6 tháng 7 2016

A B C D O

Ta có : \(\begin{cases}AC\perp BD\\BC=CD\end{cases}\)=> AC là đường trung trực của BD

\(\Rightarrow AB=AD\) mà AB không đổi (gt) => AD không đổi mà A cố định

=> D di chuyển trên đường tròn tâm A , bán kính AD