Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) ý bạn chắc là BD cắt đường tròn đk BC tại K nhỉ.chứ ko có điểm K
Vì BC là đường kính \(\Rightarrow\angle CKB=90\)
\(\Rightarrow\angle DHC+\angle DKC=90+90=180\Rightarrow DHCK\) nội tiếp
b) Dễ dàng chứng minh được H là trung điểm DE
\(\Rightarrow\) DE và AC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
\(\Rightarrow ADCE\) là hình bình hành có \(DE\bot AC\Rightarrow ADCE\) là hình thoi
\(\Rightarrow CE\parallel DA\) mà \(DA\bot DB\left(\angle ADB=90\right)\Rightarrow CE\bot DB\)
mà \(CK\bot DB\left(\angle CKB=90\right)\Rightarrow C,E,K\) thẳng hàng
c) MN cắt DE tại G.Kẻ tiếp tuyến MM' của (O)
Ta có: \(EM^2+DN^2=GM^2+GE^2+GD^2+GN^2\)
\(=\left(GM^2+GD^2\right)+\left(GE^2+GN^2\right)=MD^2+EN^2\left(1\right)\)
Vì MM' là đường kính \(\Rightarrow\angle MNM'=90\Rightarrow M'N\bot MN\)
mà \(MN\bot DE\) \(\Rightarrow M'N\parallel DE\) \(\Rightarrow DNM'E\) là hình thang
mà \(DNM'E\) nội tiếp \(\Rightarrow DNM'E\) là hình thang cân
\(\Rightarrow EN=M'D\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow EM^2+DN^2=DM^2+DM'^2=MM'^2=4R^2\)
a) Ta có A, E, F, K, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH.
b) Ta có \(\widehat{AMN}=90^o-\widehat{OAB}=90^o-\dfrac{180^o-\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\widehat{ACB}\).
Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp và \(\Delta SMB\sim\Delta SCN\left(g.g\right)\) nên \(SM.SN=SB.SC\).
c) Ta có \(\widehat{QCB}=\widehat{QAB}=\widehat{HCB};\widehat{QBC}=\widehat{HBC}\) nên Q, H đối xứng với nhau qua BC.
Mà S thuộc BC nên SH = SQ.
Ta lại có \(\widehat{SHB}=\widehat{BHF}-\widehat{MHF}=\widehat{BAC}-\left(90^o-\widehat{AMH}\right)=\widehat{BAC}+\widehat{ACB}-90^o=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{SCH}\Rightarrow\Delta SHB\sim\Delta SCH\left(g.g\right)\Rightarrow SQ^2=SH^2=SB.SC\).
d) I là điểm nào vậy bạn?
Lời giải:
*** Mình chưa thấy điểm $I$ có vai trò gì trong bài này.
Gọi $D$ là giao điểm $BC, AN$ và $L$ là giao $AN$ với $(O)$
Dễ thấy $\triangle ABN=\triangle MCN$ do:
$AB=MC$ (tính chất cung bị chặn bởi 2 dây song song)
$NB=NC$
$\widehat{ABN}=\frac{1}{2}\text{sđc(AB>)}=\frac{1}{2}\text{sđc(MC>)}=\widehat{MCN}$
Do đó:
$\widehat{BAD}=\widehat{BAN}=\widehat{CMN}=\widehat{CAH}$
$\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{CAD}$
Ta có:
$\frac{HB}{CH}=\frac{S_{ABH}}{S_{ACH}}=\frac{AB.AH.\sin BAH}{AC.AH.\sin CAH}=\frac{AB.\sin BAH}{AC\sin CAH}$
$=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin BAH}{\sin CAH}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CAD}{\sin BAD}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CAL}{\sin BAL}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CBL}{\sin BCL}=\frac{AB}{AC}.\frac{LC}{BL}(*)$
Mà:
Dễ cm $\triangle ABN\sim \triangle BLN, \triangle ACN\sim \triangle CLN$
$\Rightarrow \frac{AB}{BL}=\frac{BN}{LN}=\frac{CN}{LN}=\frac{AC}{CL}$
$\Rightarrow \frac{LC}{BL}=\frac{AC}{AB}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{BH}{HC}=\frac{AB}{AC}.\frac{AC}{AB}=1$
$\Rightarrow BH=HC$ nên $H$ là trung điểm của $BC$
a: OH*OM=OA^2=R^2
b: ΔOCD cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI vuông góc với CD
Xét tứ giác OIAM có
góc OIM=góc OAM=90 độ
nên OIAM là tứ giác nội tiếp
c: Xét ΔOHK vuông tại H và ΔOIM vuông tại I có
góc HOK chung
Do đo: ΔOHK đồng dạng với ΔOIM
=>OH/OI=OK/OM
=>OI*OK=OH*OM=R^2=OC^2
mà CI vuông góc với OK
nên ΔOCK vuông tại C
=>KC là tiếp tuyến của (O)
