Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
Xét tứ giác ACEH có
\(\widehat{ACE}+\widehat{AHE}=180^0\)
Do đó: ACEH là tứ giác nội tiếp
a. Ta có : \(\hat{BDM}=90^o\) (kề bù với \(\hat{BDA}\) nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\(\hat{BCM}=90^o\left(gt\right)\)
Vậy : BCMD nội tiếp được một đường tròn (\(\hat{BDM}+\hat{BCM}=180^o\)) (đpcm).
b. Xét △ADB và △ACM :
\(\hat{ADB}=\hat{ACM}=90^o\)
\(\hat{A}\) chung
\(\Rightarrow\Delta ADB\sim\Delta ACM\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AB}{AM}\Leftrightarrow AD.AM=AB.AC\) (đpcm).
c. Ta có : \(OD=OB=BD=R\) ⇒ △ODB đều.
\(\Rightarrow S_{\Delta ODB}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}R^2\)
\(\hat{BOD}\) là góc ở tâm chắn cung BD \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=\hat{BOD}=60^o\) (do △ODB đều).
\(S_{ODB}=\dfrac{\text{π}R^2n}{360}=\dfrac{\text{π}R^2.60}{360}=\dfrac{\text{π}R^2}{6}\)
\(\Rightarrow S_{vp}=S_{ODB}-S_{\Delta ODB}=\dfrac{\text{π}R^2}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}R^2\)
\(=\dfrac{\text{π}}{6}R^2-\dfrac{\sqrt{3}}{4}R^2\)
\(=\dfrac{2\text{π}-3\sqrt{3}}{12}R^2\)
a, có A đối xứng với E qua M (gt) => M là trđ của AE (Đn) mà có AE _|_ CD tại M (gt)
=> CD là đường trung trực của AE (đn)
=> CA = CE = ED = AD (đl)
=> ACED là hình thoi (đn)
b, có AM + MO = AO mà có AM = 4; AO = 6 (gT)
=> MO = 2,5
xét tg CMO có ^CMO = 90 => MO^2 + CM^2 = CO^2 (Pytago) có CO = 6,5
=> CM^2 = 36 => CM = 6 do CM > 0
có CM = MD do CADE là hình thoi => CM + MD = CD = 2CM
=> CD = 12
c, C thuộc (O;R) (gt) => ^ACB = 90 (đl)
có MH _|_ AC (Gt) => ^MHC = 90 ; MK _|_ BC (gt) => MKC = 90
=> HMKC là hình chữ nhật (dh) => HM = CK và HC = MK (1)
Xét tg AMC vuông tại M => MC^2 = HC.AC và (1) => MC^2 = MK.AC
xét tg CMB vuông tại M => MC^2 = CK.BC và (1) => MC^2 = MH.BC
=> MC^4 = MK.MH.AC.BC
=> MC^4/AC.BC = MK.MH mà có AC.BC = CM.AB
=> MC^4/MC.AB = MK.MH
=> MC^3/AB = MK.MH
mà AB = 2R
=> MC^3/2R = MK.MH