Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài này bạn đã đăng rồi mà? Bạn vui lòng không đăng 1 bài nhiều lần gây loãng box toán!!!
a) Xét (O) có
\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AC}\)
\(\widehat{PAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến PA và dây cung AC
Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{PAC}\)(Hệ quả)
hay \(\widehat{ADP}=\widehat{CAP}\)
Xét ΔADP và ΔCAP có
\(\widehat{ADP}=\widehat{CAP}\)(cmt)
\(\widehat{APD}\) chung
Do đó: ΔADP∼ΔCAP(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{PD}{PA}=\dfrac{PA}{PC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(PA^2=PC\cdot PD\)(đpcm)
b, Dễ CM được \(\widehat{PAB}=\widehat{PQB}\) (Cm được 5 điểm P, A, O, Q, B thuộc đường tròn theo tứ giác nt)
Mà \(\widehat{PAB}=\widehat{AFB}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nt cùng chắn cung \(\stackrel\frown{AB}\))
\(\Rightarrow\) \(\widehat{PQB}=\widehat{AFB}\)
Mà 2 góc ở vị trí đồng vị \(\Rightarrow\) AF // CD (đpcm)
Chúc bn học tốt!
Lời giải:
a) Xét tam giác $PAC$ và $PDA$ có:
$\widehat{P}$ chung
$\widehat{PAC}=\widehat{PDA}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle PAC\sim \triangle PDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{PA}{PC}=\frac{PD}{PA}\Rightarrow PA^2=PC.PD$ (đpcm)
b) Vì $Q$ là trung điểm $CD$ nên $OQ\perp CD$
$\Rightarrow \widehat{PQO}+\widehat{PBO}=90^0+90^0=180^0$
$\Rightarrow PQOB$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{PQB}=\widehat{POB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\widehat{AFB}$ (tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $AF\parallel CD$ (đpcm)
a, Ta có AH.AO=AB^2 ( theo hệ thức lượng)
AM.AN=BC^2 (bạn xét tam giác ACM và ANC đồng dạng theo trường hợp g-g)
Mà AB=AC (t/c 2 tt cắt nhau) ===> AH.AO=AM.AN
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có ngay \(\widehat{PHB}=90^o\)
Lại có D đối xứng với B qua O nên BD là đường kính đường tròn (O)
Vậy thì \(\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow\widehat{PCB}=90^o\)
Xét tứ giác BHCP có \(\widehat{PCB}=\widehat{PHB}=90^o\) mà C và H là hai đỉnh kề nhau nên BHCP là tứ giác nội tiếp.
b) Do BHCP là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{HCD}=\widehat{PBH}\) (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện với nó)
Lại có \(\widehat{ACD}=\widehat{ABD}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ACD}+\widehat{DCH}=\widehat{ABD}+\widehat{PBH}=\widehat{PBD}=90^o\)
Vậy nên AC vuông góc CH.
c) Tứ giác CHMA nội tiếp nên \(\widehat{CAH}=\widehat{CMH}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH)
Lại có \(\widehat{CAH}=\widehat{CAB}=\widehat{CIB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB)
Vậy nên \(\widehat{CMH}=\widehat{CIB}\)
Chúng lại ở vị trí đồng vị nên HM // Bi
Xét tam giác ABQ có H là trung điểm AB, HM // BI nên HM là đường trung bình tam giác ABQ.
Suy ra M là trung điểm AQ.
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có ngay = 90 o Lại có D đối xứng với B qua O nên BD là đường kính đường tròn (O) Vậy thì = 90 o⇒ = 90 o Xét tứ giác BHCP có = = 90 o mà C và H là hai đỉnh kề nhau nên BHCP là tứ giác nội tiếp. b) Do BHCP là tứ giác nội tiếp nên = (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện với nó) Lại có = (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) ⇒ = + = + = = 90 o Vậy nên AC vuông góc CH. c) Tứ giác CHMA nội tiếp nên = (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH) Lại có = = (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB)