Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.Ta có là đường kính của
Mà
nội tiếp đường tròn đường kính
b.Ta có nội tiếp
là phân giác
c.Vì là đường kính của
Xét có
Mà là trực tâm
Mà thẳng hàng
Xét có:
Chung
Gọi giao điểm của AD và BC là I. Theo tính chất đường kính dây cung, ta có I là trung điểm AD. Từ đó dễ thấy tam giác ABD cân tại B.
Ta sẽ chứng minh AH luôn tiếp xúc với đường tròn (O; OA) tại A hay \(AH\perp OA\)
Xét tứ giác EHBA có \(\widehat{EHB}+\widehat{EAB}=90^o+90^o=180^o\)
Vậy nên EHBA là tứ giác nội tiếp
Suy ra \(\widehat{HEB}=\widehat{HAB}\)
Do \(EH\perp HC,AD\perp HC\Rightarrow\)EH // AD \(\Rightarrow\widehat{HEB}=\widehat{BDA}\) (Hai góc so le trong)
Tứ giác ABDC nội tiếp nên \(\widehat{BDA}=\widehat{BCA}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà \(\widehat{BCA}=\widehat{OAC}\)
Vậy nên \(\widehat{HAB}=\widehat{OAC}\)
Ta có \(\widehat{HAO}=\widehat{HAB}+\widehat{BAO}=\widehat{OAC}+\widehat{BAO}=\widehat{BAC}=90^o\)
Vậy HA vuông góc AO tại A hay HA luôn tiếp xúc với đường tròn \(\left(O;OA\right)\)
Mà (O;OA) là cố định nên HA luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
a: Xét tứ giác ABOC có
góc OBA+góc OCA=180 độ
nên OBAC là tứ giác nội tiếp
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
nên AB=AC
mà OB=OC
nên OA là trung trực của BC
b: Xét ΔABE và ΔADB có
góc ABE=góc ADB
góc BAE chung
Do đó: ΔABE đồng dạng với ΔADB
=>AB/AD=AE/AB
=>AB^2=AD*AE=AH*AO
c. 4 điểm A,D,E,F cùng nằm trên đt đường kính (I) (gt) => ADEF là tứ giác nội tiếp (Định nghĩa)
=> \(\widehat{EFS}=\widehat{ADE}\)(Cùng bù với \(\widehat{AFE}\))
Vì BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{ADE}=\widehat{ECB}\)(Cùng bù với \(\widehat{BDE}\)) => \(\widehat{EFS}=\widehat{ECB}\)=> Tứ giác CEFS là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ECF}=\widehat{ACF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EF}\))
Lại có: ABCF là tứ giác nội tiếp (4 đỉnh A,B,C,F cùng thuộc đt (O) (gt)) => \(\widehat{ACF}=\widehat{ABF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AF}\))
=> \(\widehat{ESF}=\widehat{ABF}\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\)vuông tại H với đường cao HD ta có: \(AH^2=AD.AB\)
Xét đt (I) có: \(\widehat{AFH}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đt) => \(HF\perp AS\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ASH\)vuông tại H với đường cao HF ta có: \(AH^2=AF.AS\)
=> \(AD.AB=AF.AS\Leftrightarrow\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)
Xét \(\Delta ADS\)và \(\Delta AFB\)có:
\(\widehat{A}\)Chung
\(\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)(cmt)
=> \(\Delta ADS~\Delta AFB\left(C.G.C\right)\)
=> \(\widehat{ASD}=\widehat{ABF}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ASD}\)hay \(\widehat{ESF}=\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)(Do \(\overline{A,F,S}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)) => 3 điểm S,D,E thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => ĐPCM
d. Vì sđ\(\widebat{AB}=60^o\)(gt) => \(\widehat{AOB}=60^o\Rightarrow\Delta AOB\)đều => AB = OA = OB = R
Áp dụng định lý pitago trong \(\Delta ABC\)vuông tại A có: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{(2R)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
=> \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}R.R\sqrt{3}=R^2\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Mà \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2.S\Delta ABC}{BC}=\frac{2.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
Gọi \(R^'\)là bán kính đường tròn ngoại tiếp đt (I) => \(R^'=\frac{AH}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)
Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ACB\)có:
* \(\widehat{A}\)chung
* \(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\)(Cmt)
=> \(\Delta ADE~\Delta ACB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{S\Delta ADE}{S\Delta ACB}=\left(\frac{R^'}{R}\right)^2=\left(\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2=\frac{3}{16}\)
=> \(S\Delta ADE=\frac{3}{16}.S\Delta ACB=\frac{3}{16}.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}\)
Ta có: \(S_{BDEC}=S\Delta ABC-S\Delta ADE=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}-\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}=\frac{13R^2\sqrt{3}}{32}\)
