Qua A ở ngoài đường tròn ( O ; R ) vẽ cát tuyến ABC với đường tròn . Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau ở K . Qua K kẻ đường thẳng vuông với AO cắt AO tại H và cắt đường tròn ( O ) tại E và F ( E nằm giữa K và F ). Gọi M là giao điểm của OK và BC biết tứ giác EMOF nội tiếp . Chứng minh : AE và AF là các tiếp tuyến của đường tròn ( O ).
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Nối CE, CF
Xét \(\Delta CEK\) và \(\Delta CFK\) có:
\(\widehat{ECK}\)= \(\widehat{CFK}\) (vì cùng chắn \(\widebat{CE}\))
\(\widehat{CKF}\) chung
\(\Rightarrow\)\(\Delta EKC~\Delta CKF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{EK}{CK}=\frac{CK}{FK}\)
\(\Rightarrow CK^2=EK.FK\)(1)
Vì \(\Delta COK\)vuông tại C, \(CM\perp OK\)
\(\Rightarrow CK^2=MK.OK\)(2)
Từ (1), (2) \(\Rightarrow EK.FK=MK.OK\)
\(\Rightarrow\frac{EK}{MK}=\frac{OK}{FK}\)
Xét \(\Delta MEK\)và \(\Delta KOF\)có:
\(\widehat{MKE}\)chung
\(\frac{EK}{MK}=\frac{OK}{FK}\)
\(\Rightarrow\Delta MEK~\Delta FOK\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OFE}=\widehat{EMK}\)
\(\Rightarrow\)Tứ giác EMOF nội tiếp
a: Xét tứ giác OBKC có \(\widehat{OBK}+\widehat{OCK}=90^0+90^0=180^0\)
nên OBKC là tứ giác nội tiếp
=>O,B,K,C cùng thuộc một đường tròn
b: Ta có: ΔOMN cân tại O
mà OA là đường cao
nên OA là phân giác của góc MON
Xét ΔMOA và ΔNOA có
OM=ON
\(\widehat{MOA}=\widehat{NOA}\)
OA chung
Do đó: ΔMOA=ΔNOA
=>\(\widehat{OMA}=\widehat{ONA}\)
=>\(\widehat{ONA}=90^0\)
=>AN là tiếp tuyến của (O)
c: Xét (O) có
KB,KC là tiếp tuyến
Do đó: KB=KC
=>K nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OK là đường trung trực của BC
=>OK\(\perp\)BC tại I và I là trung điểm của BC
Xét ΔOBK vuông tại B có BI là đường cao
nên \(OI\cdot OK=OB^2\)
=>\(OI\cdot OK=ON^2\left(3\right)\)
d: Xét ΔNOA vuông tại N có NH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=ON^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(OI\cdot OK=OH\cdot OA\)
=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)
Xét ΔOIA và ΔOHK có
\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)
\(\widehat{HOK}\) chung
Do đó: ΔOIA đồng dạng với ΔOHK
=>\(\widehat{OIA}=\widehat{OHK}\)
=>\(\widehat{OHK}=90^0\)
mà \(\widehat{OHM}=90^0\)
nên K,H,M thẳng hàng
mà M,H,N thẳng hàng
nên K,M,N thẳng hàng
góc ABO+góc ACO=180 độ
=>ABOC nội tiếp
góc ABD=góc AKB
góc A chung
=>ΔABD đồng dạng với ΔAKB
=>AB/AK=AD/AB
=>AB^2=AK*AD
AB,AC là tiếp tuyến
=>AB=AC
=>OA là trung trực của BC
=>OB^2=OH*OA; AB^2=AH*AO
OH*OA+AD*AK=OB^2+AB^2=OA^2
AD*AK=AH*AO=AB^2
=>ΔAHD đồng dạng với ΔAKO
=>góc AHD=góc AKO=góc OKD=góc ODK(ΔODK cân tại O)
=>góc OAD=góc HDO+góc ODA
Gọi DM vuông góc OB và cắt BK tại E
ME//AB
=>ME/BP=KM/KP=KE/KB
DE//AB
=>KE/KB=KP/KA
=>KE/AB=KM/KP=KD/KA
=>KE/KB=KD/KA
Xet ΔAPK có
DM//AP
KM/KP=KD/KA
=>K,M,P thẳng hàng
a. Tứ giác AOBF nội tiếp vì có $\angle OAF=\angle OBF=90^o$
b. Chú ý rằng $OF\perp AB$ nên $OF\parallel AE$, ta biến đổi tỉ số bằng định lý Thales:
\(\dfrac{IK}{OF}=\dfrac{AK}{AF}=\dfrac{EG}{EO}=\dfrac{IG}{OF}\), vậy $IK=IG$
c. Nếu mình không nhầm thì PM không vuông NB, vì khi đó $M,P,E$ thẳng hàng, bạn có thể kiểm tra hình vẽ của mình :c
a/
Ta có A và B cùng nhìn FO dưới 1 góc vuông => A và B thuộc đường tròn đường kính FO
=> AOBF là tứ giác nội tiếp
b/
Ta có
\(\widehat{BAE}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AE\perp AB\) (1)
\(FO\perp AB\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm) (2)
Từ (1) và (2) => AE//FO mà KG//AE (gt) => AE//KG//FO
\(\Rightarrow\dfrac{FK}{FA}=\dfrac{OG}{OE}\) (Talet) (1)
Xét tg AFE có
\(\dfrac{FK}{FA}=\dfrac{IK}{AE}\) (Talet trong tam giác) (2)
Xét tg OAE có
\(\dfrac{OG}{OE}=\dfrac{IG}{AE}\) (Talet trong tam giác) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\dfrac{IK}{AE}=\dfrac{IG}{AE}\Rightarrow IK=IG\)
c/ Câu này mình nghĩ bạn nên kiểm tra lại đề bài
Tham khảo :Chứng minh AE, AF là các tiếp tuyến của (O)