Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
a: CD//AB
=>\(\widehat{CDB}=\widehat{ABC}\)
Xét (O) có
\(\widehat{DBC}\) là góc tạo bởi dây cung BC và tiếp tuyến BD
\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
Do đó: \(\widehat{DBC}=\widehat{BAC}\)
Xét ΔDBC và ΔCAB có
\(\widehat{DBC}=\widehat{CAB}\)
\(\widehat{DCB}=\widehat{ABC}\)
Do đó: ΔDBC đồng dạng với ΔCAB
=>\(\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{BC}{AB}\)
=>\(BC^2=AB\cdot DC\)
1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp
Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND
Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).
2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC2 = DM.DN. Dễ thấy: DC2 = DI.DA
Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)
=> KM2 = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD2 = KI.KB
Từ đó: KM2 = KD2 => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)
Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)
Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR
Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.
Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp
Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 900
Mặt khác: ^DTE = 1800 - ^DBE = 1800 - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE
Suy ra: ^CTE = 900 => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.
Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định
=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).
1: Xét (O) có
ΔADB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔADB vuông tại D
=>DA\(\perp\)DB tại D
=>BD\(\perp\)AM tại D
Ta có: \(\widehat{DAB}+\widehat{DBA}=90^0\)(ΔDBA vuông tại D)
\(\widehat{DBA}+\widehat{DBM}=\widehat{MBA}=90^0\)
Do đó: \(\widehat{DBM}=\widehat{DAB}=35^0\)
Xét (O) có
\(\widehat{DAB}\) là góc nội tiếp chắn cung DB
Do đó: \(\widehat{DOB}=2\cdot\widehat{DAB}=70^0\)
2: Ta có: ΔOAD cân tại O
mà OE là đường trung tuyến
nên OE\(\perp\)AD
Xét tứ giác MBOE có \(\widehat{MBO}+\widehat{MEO}=90^0+90^0=180^0\)
nên MBOE là tứ giác nội tiếp
3: Xét ΔABM vuông tại B có BD là đường cao
nên \(AD\cdot AM=AB^2\)
=>\(AD\cdot AM=\left(2R\right)^2=4R^2\)
