Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ta có BAC^=DCA^(ABCD là hbh")nên AB//CD(*)
xét đg tròn (O)có EBD^=ECD^(cùng chắn cug ED)=>ECD^=ACD^(E thc AD)(**)
từ (*)(**)=>BAC^=EBD^ hay BAE^+EBD^
xét BAE^laf góc nt chắn cug BE của (O')nên BAE^=1/2SĐ BC
=>EBD^=1/2sđBE
=>đfcm
a) Ta thấy \(\Delta\)CEF có CO vừa là phân giác ^ECF, vừa vuông góc với EF, suy ra \(\Delta\)CEF cân tại C
Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên DC = AB = BE (1)
Ta có ^BCO = ^DCO suy ra (OB = (OD hay OB = OD (2); lại có ^ODC = ^OBE (Tứ giác BCDO nội tiếp) (3)
Từ (1);(2);(3) suy ra \(\Delta\)OBE = \(\Delta\)ODC (c.g.c) (đpcm).
b) Từ câu a ta có OC = OE. Tương tự OC = OF. Vậy O là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)CEF (đpcm).
c) Dễ có \(\Delta\)OIB ~ \(\Delta\)DIC suy ra IB.DC = IC.OB hay IB.BE = IC.OB. Tương tự ID.DF = IC.OD
Từ đó IB.BE = ID.DF (Vì OB = OD). Mà EI = FI (Vì I thuộc trung trực EF) nên IB.BE.EI = ID.DF.FI (đpcm).
a) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD=AD\\CE=AE\end{matrix}\right.\)(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow BD+CE=AD+AE=ED\)
b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AOD}=\widehat{BOD}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOB}\\\widehat{AOE}=\widehat{EOC}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOC}\end{matrix}\right.\)(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow\widehat{DOE}=\widehat{AOD}+\widehat{AOE}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{AOB}+\widehat{AOC}\right)=\dfrac{1}{2}.180^0=90^0\)
(Do \(\widehat{AOB},\widehat{AOC}\) là 2 góc kề bù)
c) Gọi K là trung điểm DE
Ta có: \(DB\perp BC,EC\perp BC\Rightarrow BD//EC\)
\(\Rightarrow BDEC\) là hình thang
Ta có: Tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O)
=> O là trung điểm cạnh huyền BC
Xét hthang BDEC có:
O là trung điểm BC(cmt)
K là trung điểm DE(cách vẽ)
=> OK là đường trung bình
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OK//EC\\OK=\dfrac{1}{2}\left(BD+EC\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OK=\dfrac{1}{2}DE=DK\\OK\perp BC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}O\in\left(K\right)\\OK\perp BC\end{matrix}\right.\) => BC là tiếp tuyến đường tròn (K)
a) CM: \(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)
\(\widehat{OBM}+\widehat{OBC}=180^o\)( kề bù)
\(\widehat{ODC}+\widehat{OBC}=180^o\)( tứ giác ODCB nội tiếp )
=> \(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)
b)
+)Xét tam giác MCN có CO là tia phân giác đồng thời là đường cao
=> Tam giác CMN cân tại C (1)
=> \(\widehat{BMA}=\widehat{DNA}=\widehat{BAM}\)( CD//BA => DN//BA)
=> Tam giác BMA cân tại B
=> BM=BA=CD ( ABCD là hình bình hành) (2)
+) CO là phân giác \(\widehat{BCD}\)
=> \(\widebat{BO}=\widebat{DO}\)
=> BO=DO (3)
+) Xét tam giác BOM và tam giác DOC có:
\(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)( theo a)
BM=CD ( theo 2)
BO=DO (theo 3)
=> \(\Delta BOM=\Delta DOC\)
+) OM=OC
Và từ (1) => CO là đường trung trực của MN
=> OM=ON
Vậy OM=ON=OC
=> O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
c) GỌi H là giao của IO và BD
=> IH vuông BD và H là trung điể m BD
Ta có: \(KD^2=\left(HD-HK\right)^2=HD^2+HK^2-2.HD.HK=ID^2-IH^2+IK^2-IH^2-2HD\left(HD-KD\right)\)
\(=ID^2+IK^2-2\left(IH^2+HD^2\right)+2HD.KD=ID^2+IK^2-2ID^2+2HD.KD\)
\(=IK^2-ID^2+2HD.KD\)
=> \(IB^2-IK^2=ID^2-IK^2=2HD.KD-KD^2\)
=> \(\frac{IB^2-IK^2}{KD^2}=\frac{2HD-KD}{KD}=\frac{BD-KD}{KD}=\frac{BK}{KD}\)(4)
Ta lại có: CK là phân giác trong của tam giác CBD
=> \(\frac{BK}{KD}=\frac{CB}{CD}\)
Và MB=DC ( theo cm câu a) , CM=CN ( Tam giác CMN cân)
=> CB=DN
=> \(\frac{BK}{KD}=\frac{DN}{MB}\)(5)
Từ (4), (5)
=> ĐPCM
Gọi BD ∩ AC=I
Ta có B A I ^ = A C D ^ = E B D ^ = 1 2 s đ E D ⏜
Áp dụng bổ đề Þ ĐPCM