Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ * dựa vào tính chất đường trung tuyến ứng vs 1 cạnh = 1/2 cạnh ấy thì tam giác đó vuông ta sẽ CM đc tg BCD vuông tại C
*Có AC=AB(vì đg thẳng là tiếp tuyến của đg tròn vuông góc với bk đi qua tiếp điểm)
=>A cách đều A và B
=>AH vuông góc BC
b/Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO có : OH.OA=OB^2=R^2
mk cx đg làm bài này nhg ms chỉ đến đây thôi
Đường tròn c: Đường tròn qua B với tâm O Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [F, C] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [C, H] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [A, F] O = (1.42, 2.28) O = (1.42, 2.28) O = (1.42, 2.28) B = (5.54, 2.28) B = (5.54, 2.28) B = (5.54, 2.28) Điểm A: Giao điểm đường của c, f Điểm A: Giao điểm đường của c, f Điểm A: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm H: Giao điểm đường của k, h Điểm H: Giao điểm đường của k, h Điểm H: Giao điểm đường của k, h Điểm M: Trung điểm của A, C Điểm M: Trung điểm của A, C Điểm M: Trung điểm của A, C Điểm N: Trung điểm của H, C Điểm N: Trung điểm của H, C Điểm N: Trung điểm của H, C Điểm F: Giao điểm đường của g, m Điểm F: Giao điểm đường của g, m Điểm F: Giao điểm đường của g, m Điểm E: Giao điểm đường của g, l Điểm E: Giao điểm đường của g, l Điểm E: Giao điểm đường của g, l
a) Ta thấy \(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AB. Vậy nên \(\widehat{ACB}=\frac{sđ\widebat{AB}}{2}=\frac{180^o}{2}=90^o\)
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông tại C.
b) Do M là trung điểm của dây cung AC. Theo tính chất đường kính, dây cung, ta có \(OM\perp AC\)
Xét tứ giác OMCH có \(\widehat{OMC}=\widehat{OHC}=90^o\) nên OMCH là tứ giác nội tiếp.
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác trên có đường kinh là OC nên tâm I của đường tròn là trung điểm OC.
c) Xét tam giác vuông ABE có đường cao BC. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
\(EC.EA=BE^2\)
Xét tam giác vuông BCE, theo định lý Pi-ta-go, ta có:
\(BE^2=OE^2-OB^2=OE^2-R^2\)
Vậy ta có ngay \(EC.EA=OE^2-R^2\)
d) Ta thấy CH // BE nên áp dụng định lý Talet ta có:
\(\frac{NH}{BF}=\frac{NC}{FE}\left(=\frac{AH}{AB}\right)\)
Lại có NH = HC nên BF = FE
Xét tam giác vuông BCE có CF là trung tuyến ứng vớ cạnh huyền nên FC = FB.
Vậy thì \(\Delta OCF=\Delta OBF\left(c-c-c\right)\Rightarrow\widehat{OCF}=\widehat{OBF}=90^o\)
hay CF là tiếp tuyến của đường tròn (I)
a) OB=OC (=R) VÀ AB=AC(/c 2 tt cắt nhau)\(\Rightarrow\)OA LÀ ĐƯỜNG TRUNG TRỤC CỦA BC. b) \(BD\perp AB\)(t/c tt) và BE \(\perp AC\)(A \(\varepsilon\left(O\right)\)đường kính BC ). Aps dụng hệ thúc lượng ta có AE*AC=AB\(^2\)=AC\(^2\).
c) c/m OD\(^2=OB^2=OH\cdot OA\)và OH*OA=OK*OF ( \(\Delta OAK\omega\Delta OFH\left(g-g\right)\))\(\Rightarrow\frac{OD}{OF}=\frac{OK}{OD}\)mà góc FOD chung\(\Rightarrow\Delta OKD\omega\Delta ODF\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ODF}=\widehat{OKD}=90\Rightarrow OD\perp DF\Rightarrowđpcm\)
OABCDHEMNFK
a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.
Vậy \(OH\perp BC\)
b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(OH.OA=OC^2=R^2\)
Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)
c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.
Vậy thì \(MN\perp BA\)
Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.
d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)
Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\) (1)
Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)
Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)
Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)
Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.
Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)
\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)
Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)
\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)
\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)
a/ Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính của đường tròn nên tam giác ABC là tam giác vuông(Nếu một tam giác có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.....)
b/ Vì D là giao điểm hai tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) nên: DA=DC
D1=D2(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Xét tam giác DHA=DHC(c.g.c).....nênH1=H2
Mà H1+H2=180....nên H1=H2=90...
a) Ta có: ˆMOB=900MOB^=900 (do AB⊥⊥MN) và ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC)
Suy ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1800
⇒⇒Tứ giác BOMH nội tiếp.
b) ∆OMB vuông cân tại O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^
⇒⇒ HO là tia phân giác của ˆMHBMHB^ ⇒MEBE=MHHB⇒MEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HC(đpcm)
c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800
⇒⇒3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
⇒⇒HCHM=MCBNHCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) )
Suy ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE . Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900⇒⇒∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^, mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800
⇒⇒ 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒⇒3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) a) Ta có: ˆMOB=900MOB^=900 (do AB⊥⊥MN) và ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC)
Suy ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1800
⇒⇒Tứ giác BOMH nội tiếp.
b) ∆OMB vuông cân tại O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^
⇒⇒ HO là tia phân giác của ˆMHBMHB^ ⇒MEBE=MHHB⇒MEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HC(đpcm)
c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800
⇒⇒3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
⇒⇒HCHM=MCBNHCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) )
Suy ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE . Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900⇒⇒∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^, mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800
⇒⇒ 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒⇒3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)v
a: Xét (O) có
ΔMDN nội tiếp
MN là đường kính
Do đó: ΔMDN vuông tại D
Xét tứ giác OCDN có \(\widehat{CON}+\widehat{CDN}=90^0+90^0=180^0\)
nên OCDN là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAOE vuông tại O và ΔADB vuông tại D có
\(\widehat{OAE}\) chung
Do đó: ΔAOE~ΔADB
=>\(\dfrac{AO}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(AD\cdot AE=AO\cdot AB=R\cdot2R=2R^2\)