Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài làm
a) Ta có: A thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC
=> Tam giác ABC vuông tại A
=> \(\widehat{BAC}=90^0\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)
Lại có: M thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC
=> Tam giác MBC vuông tại A
=> \(\widehat{BMC}=90^0\Rightarrow\widehat{BMD}=90^0\)
Xét tứ giác AIMD có:
\(\widehat{ADC}=\widehat{DMB}=90^0\)
=> Tứ giác AIMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. (đpcm).
b) Xét tam giác BAI và tam giác CMI có:
\(\widehat{BAC}=\widehat{CMB}=90^0\)
\(\widehat{AIB}=\widehat{MIC}\)(đối)
=> Tam giác BAI đồng dạng với tam giác CMI (g-g)
=> \(\frac{AI}{IM}=\frac{BI}{IC}\Rightarrow AI.IC=BI.IM\left(\text{đ}pcm\right)\)
~ Không hiểu gì inbox hỏi mình ~
a)Ta có: EA \(\perp\)AB (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{OAE}=90^0\)
OD \(\perp\)EC (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{ODE}=90^0\)
Xét t/giác AODE có \(\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0\)
=> t/giác AODE nt đường tròn (vì tổng 2 góc đối diện = 1800)
b) Xét \(\Delta\)EKD và \(\Delta\)EDB
có: \(\widehat{BED}\):chung
\(\widehat{EDK}=\widehat{EBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{KD}\)
=> \(\Delta\)EKD ∽ \(\Delta\)EDB (g.g)
=> \(\frac{ED}{EB}=\frac{EK}{ED}\)=> ED2 = EK.EB (1)
Ta có: AE = ED (t/c 2 tt cắt nhau) => E thuộc đường trung trực của AD
OA = OD = R => O thuộc đường trung trực của AD
=> EO là đường trung trực của ED => OE \(\perp\)AD
Xét \(\Delta\)EDO vuông tại D có DH là đường cao => ED2 = EK.EB (2)
Từ (1) và (2) => EH.EO = DK.EB => \(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)
Xét tam giác EHK và tam giác EBO
có: \(\widehat{OEB}\): chung
\(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)(cmt)
=> tam giác EHK ∽ tam giác EBO (c.g.c)
=> \(\widehat{EHK}=\widehat{KBA}\)
c) Ta có: OM // AE (cùng vuông góc với AB) => \(\frac{OM}{AE}=\frac{MC}{EC}\)(hq định lí ta-lét)
=> OM.EC = AE.MC
Ta lại có: \(\frac{EA}{EM}-\frac{MO}{MC}=\frac{EA.MC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{MO.EC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{OM.MC}{EM.MC}=\frac{OM}{EM}\)
Mặt khác: OM // AE => \(\widehat{MOE}=\widehat{OEA}\)(slt)
mà \(\widehat{AEO}=\widehat{OEM}\)(t/c 2 tt cắt nhau)
=> \(\widehat{MOE}=\widehat{MEO}\) => tam giác OME cân tại M => OM = ME
=> \(\frac{OM}{EM}=1\)
=> \(\frac{EA}{EM}-\frac{OM}{MC}=1\)
Gọi I là trung điểm của BC => BI=IC=1/2 BC (1)
Vì tam giác FBC vuông tại F; FI là đường trung trực của BC =>FI = 1/2 BC (2)
Tương tự => EI = 1/2 BC (3)
Từ (1), (2) và (3) =>EI = BI = IC = FI = 1/2 BC
=>E, B, C, F thuộc một đường tròn
a.
$I$ là trung điểm của $CD$ nên $OI \perp CD$.
$\Rightarrow \widehat{SIO} = 90^{\circ}$.
Mà $\widehat{SAO} = \widehat{SBO} = 90^{\circ}$.
Suy ra 5 điểm $S,A,I,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$.
Ta có $\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$ (cùng chắn cung AC).
Xét $\Delta SAC$ và $\Delta SDA$ có
$\widehat{S}$ chung;
$\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$
$\Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA$ (g.g).
$\Rightarrow \dfrac{SA}{SD} = \dfrac{SC}{SA} \Rightarrow SA^2 = SC.SD.$
b.
$\Delta SAO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$.
$\Rightarrow SA^2 = SH.SO$.
Từ câu a ta có $SH.SO = SC.SA = SA^2 \Rightarrow \dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$.
Xét $\Delta SCH$ và $\Delta SOD$ có
$\widehat{S}$ chung;
$\dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$
$\Rightarrow \Delta SCH \sim \Delta SOD$ (c.g.c).
$\Rightarrow \widehat{SCH} = \widehat{SOD}$ (hai góc tương ứng)
$\Rightarrow CHOD$ nội tiếp.
c.
Ta có $AD // SB$, $OB \perp SB \Rightarrow OB \perp AD.$
Mà đường kính thì đi qua trung điểm day cung nên $BO$ đi qua trung điểm của AD. (1)
Áp dụng định lí Talet với $AD // SB$, $E = AB \cap SD$ và $F = ME \cap AD$.
$\Rightarrow \dfrac{FD}{SM} = \dfrac{ED}{SE} = \dfrac{AD}{SB} \Rightarrow \dfrac{SM}{SB} = \dfrac{FD}{AD} \Rightarrow F$ là trung điểm của $AD$.
Mà theo (1) $BO$ đi qua trung điểm $F$ của $AD$ nên ba điểm $B,O,F$ thẳng hàng.
b) Vì AEDB nội tiếp (cm/a) suy ra: ^ABE=^ADE (góc nt cùng chắn cung AE)
Lại có: ^ABN=^AMN (góc nt cùng chắn cung AN)
=> ^AMN=^ADE lại ở vị trí đồng vị
Vậy DE//MN
c) ...........
c) Ta có ^EBC=^DAC (cùng phụ với ^ABC) =>cung MC=NC
mà MN//IK( cm/b) =>cung MI=NK
Suy ra cung CI=CK =>^CIK=^IAC
Lại có ^ICA chung
=>tam giác CIE đồng dạng CAI
=>CI/CA=CE/CI<=>CI.CI=CE.CA(1)
Mặt khác
Dễ thấy tam giác CEH đồng dạng CFA (g.g)
=>CH/CF=CA.CE<=>CH.CF=CA.CE(2)
(1)(2) suy ra CH.CF=CI.CI<=>CH/CI=CI/CF
lại có ICH chung
=> tam giác CIH đồng dạng CFI(c.g.c)
=>^CIH=^CFI
Ta vẽ tiếp tuyến xy tại I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
ta có: ^xIH=^IFH (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn chung IH)
Mả ^CIH=^CFI hay ^CIH=^HFI
=>^CIH=^xIH
Suy ra CI trùng Ix
Vậy CI là tiếp tuyến tại điểm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
Xét (O) có
^ABC = 900 ( góc nr chắn nửa đường tròn )
=> ^ABD' = 900
=> AD' là đường kính của đường tròn (O') ; B là điểm thuộc đường tròn
=> A;O';D thẳng hàng