K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

24 tháng 5 2018

D O Q B C P A

Xét BEDC nội tiếp của đường tròn.

\(\widehat{EDB}=\widehat{ECB}\left(\text{cung BQ}\right)\)

Xét (O) có: \(\widehat{BPQ}=\widehat{EDB}\)

=> 2 góc này ở vị trí đồng

=> OA // DE

P/s: Ko chắc đâu

a) Gọi G là trung điểm của BC

Ta có: ΔDBC vuông tại D(BD\(\perp\)AC tại D)

mà DG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)

nên \(DG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(1)

Ta có: ΔEBC vuông tại E(CE\(\perp\)AB)

mà EG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(G là trung điểm của BC)

nên \(EG=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)(2)

Ta có: G là trung điểm của BC(gt)

nên \(BG=CG=\dfrac{BC}{2}\)(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra GB=GC=GE=GD

hay B,C,D,E cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)

18 tháng 2 2021

cần câu d :v

17 tháng 3 2021

A B C D E O H M N K

Gọi K là giao của AO với đường tròn

Gọi M và N lần lượt là giao của BD với AC bà CE với AB. Xét tg vuông ABM và ACN có \(\widehat{BAC}\) chung

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)

Mà sđ\(\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\) sđ cung AD và sđ \(\widehat{ACE}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE => sđ cung AD = sđ cung AE (1)

Ta có sđ cung AEK = sđ cung ADK (2)

sđ cung EK = sđ cung AEK - sđ cung AE (3)

sđ cung DK = sđ cung ADK - sđ cung AD (4)

Từ (1) (2) (3) và (4) => sđ cung EK = sđ cung DK (*)

sđ \(\widehat{EDK}=\frac{1}{2}\) sđ cung EK và sđ \(\widehat{DEK}=\frac{1}{2}\) sđ cung DK (**)

Từ (*) và (**)  \(\Rightarrow\widehat{EDK}=\widehat{DEK}\) => tam giác KDE cân tại K (***)

Mặt khác

\(\widehat{AKE}=\widehat{ACE}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

\(\widehat{AKD}=\widehat{ABD}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Mà \(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AKE}=\widehat{AKD}\) => AO là phân giác của \(\widehat{DKE}\) (****)

Twg (***) và (****) \(\Rightarrow AO\perp ED\) (Trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao)

7 tháng 6 2021

a) Ta có: \(\angle AEH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow AEHD\) nội tiếp (1)

Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ANK=90\)

\(\Rightarrow\angle ANH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow ANHD\) nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow A,N,E,H,D\) cùng thuộc 1 đường tròn

b) Ta có: \(\angle BEC=\angle BDC=90\Rightarrow BCDE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle ADE=\angle ABC\)

Ta có: \(\angle OAC=\dfrac{180-\angle AOC}{2}=90-\dfrac{1}{2}\angle AOC=90-\angle ABC\)

\(\Rightarrow\angle ADE+\angle OAC=90\Rightarrow AO\bot DE\)

c) DE cắt BC tại Q'.Q'A cắt (O) tại N'

Xét \(\Delta Q'EB\) và \(\Delta Q'CD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'EB=\angle Q'CD\\\angle CQ'Dchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta Q'EB\sim\Delta Q'CD\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'E}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'D}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'D.Q'E\)

Xét \(\Delta Q'N'B\) và \(\Delta Q'CA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'N'B=\angle Q'CA\\\angle CQ'Achung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta Q'N'B\sim\Delta Q'CA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'N'}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'A}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'N'.Q'A\)

\(\Rightarrow Q'N'.Q'A=Q'D.Q'E\Rightarrow AN'DE\) nội tiếp

mà AEHD nội tiếp \(\Rightarrow A,N',D,E,H\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow N\equiv N'\Rightarrow Q\equiv Q'\Rightarrow\)  đpcmundefined

7 tháng 6 2021

thank :33

 

a: Xét tứ giác AEHD có

\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{D'E'C}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C

\(\widehat{D'BC}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C

Do đó: \(\widehat{D'E'C}=\widehat{D'BC}\left(1\right)\)

Ta có: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{DEC}=\widehat{DBC}\)

=>\(\widehat{HED}=\widehat{D'BC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HE'D'}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên DE//D'E'

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O')

=>Ax\(\perp\)OA tại A

Xét (O) có

\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AED}\left(=180^0-\widehat{BED}\right)\)

nên \(\widehat{xAB}=\widehat{AED}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//ED

Ta có: Ax//ED

OA\(\perp\)Ax

Do đó: OA\(\perp\)ED

c: Xét (O) có

ΔABA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>AB\(\perp\)BA'

Xét (O) có

ΔACA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC\(\perp\)CA'

Ta có: AC\(\perp\)CA'

BH\(\perp\)AC

Do đó:  BH//A'C

Ta có: AB\(\perp\)BA'

CH\(\perp\)AB

Do đó: CH//BA'

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành

=>BC cắt HA' tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HA'

=>H,I,A' thẳng hàng

1.

Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}.

Suy ra 4 điểm B,E, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính CB nên tứ giác BCDE nội tiếp.

Có tứ giác BCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE} (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}.

Trong đường tròn tâm (O), ta có \widehat{ACQ} là góc nội tiếp chắn cung AQ và \widehat{ABP} nội tiếp chắn cung AP

\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}.

2.

(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP} nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ} hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}.

Ta chứng minh được BE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQ nên E là trung điểm của HQ.

Chứng minh tương tự D là trung điểm của HP \Rightarrow DE là đường trung bình của tam giác HPQ \Rightarrow DE // PQ (1).

Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP} nên A là điểm chính giữa cung PQ \Rightarrow OA \perp PQ (2).

Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DE.

3.

Kẻ đường kính CF của đường tròn tâm (O), chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Chứng minh tứ giác AFBH là hình bình hành, suy ra BF=AH.

Trong đường tròn (O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ} (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC). Chỉ ra tam giác BCF vuông tại B và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6 cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

Suy ra 2r=AH=BF=6 cm.

Vậy r=3 cm.

a: Xét tứ giác BEDC có

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC là tứ giác nội tiêp

b: góc ABM=góc ACN

=>sđ cung AM=sđ cung AN=2*30=60 độ

=>AM=AN

c: OM=ON

AM=AN

=>OA là trung trực của MN

=>OA vuông góc MN

d: Kẻ đường kính AD

Xét ΔACD vuông tại C và ΔAKB vuông tại K có

góc ADC=góc ABK

=>ΔACD đồng dạng với ΔAKB

=>AC/AK=AD/AB

=>AK*2*R=AB*AC

27 tháng 5 2022

Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.

c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)

Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)

\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)

d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy) 

Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)

Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)

Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)

Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)

Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ  (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ