K
Khách

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

20 tháng 5 2018

Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =180 nên tứ giác BOCK ni tiếp đường tròn.

Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO  hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA

6 tháng 8 2017

Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung  B C = R 3

BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc vi BC, k KN vuông góc vi BC (N thuc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

10 tháng 5 2017

a, Ta có AKB =AEB  (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà ABE =AEB  (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)

AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

ACF= AFC  (tính chất đối x

28 tháng 3 2020

Hình nếu chị không vẽ được thì hỏi em nhé chị !

Gọi I là trung điểm của BC => I cố định ( vì B,C  cố định ) 

Ta có : AG = 2.OI ( theo bổ đề 7 ) 

Lại có AM = AH nên AM = 2.OI      ( 1 ) 

Trên tia IO lấy điểm K sao cho OK = 2. OI      ( 2 ) 

=> K cố định ( vì O,I cố định )

Từ ( 1 ) ( 2 ) => AM = KO mà AM// KO 

( vì cùng vuông góc với BC ) .

Do đó AMKO là hình bình hành nên KM = OA = R  : không đổi 

Vậy khi A thay đổi trên cung lớn BC thì điểm M đi động trên đường tròn cố định ( K ; R ) => đpcm

1 tháng 6 2021

b) \(\widehat{NAB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) nên NA là tiếp tuyến của (O).

Do O, N nằm trên đường trung trực của AB nên A, B đối xứng với nhau qua ON.

Từ đó NB là tiếp tuyến của (O).

c) Do NA là tiếp tuyến của (O) nên \(\Delta NAL\sim\Delta NKA(g.g)\)

\(\Rightarrow\dfrac{NA}{NK}=\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{NL}{NA}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\dfrac{NA}{NK}.\dfrac{NL}{NA}=\dfrac{NL}{NK}\).

Tương tự do NB là tiếp tuyến của (O) nên \(\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2=\dfrac{NL}{NK}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2\Rightarrow\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{BL}{KB}\Rightarrow\dfrac{AL}{BL}=\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{2R}{KB}\).

Từ đó \(\dfrac{BK.AL}{BL}=2R\) không đổi \(\).

Sửa lại đề là đường tròn (HDS) đi qua một điểm cố định.

Ta có \(\widehat{ASE}=\widehat{EAS}=\widehat{OCA}\) nên tứ giác OECS nội tiếp. Từ đó \(AO.AS=AE.AC=AH.AD\). Suy ra tứ giác OHDS nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác HDS đi qua O cố định

 1 Cho đường tròn (O;R)và điểm A nằm ngoài (O).Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC với (O),( B,C là các tiếp điểm).Gọi H là điểm của OA và BCa)CM Tg ABOC nội tiếpb)CM OA là đường trung trực của BCc)Lấy điểm D đối xứng B qua O.Gọi E là giao điểm của đoạn AD với (O),E không trùng DCM:d)Tính số đo góc HEC2 . Cho đường tròn tâm (O;R) có dây BC cố định (BC khác 2R) và điểm A di động trên cung lớn BC (...
Đọc tiếp

 

1 Cho đường tròn (O;R)và điểm A nằm ngoài (O).Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC với (O),( B,C là các tiếp điểm).Gọi H là điểm của OA và BC
a)CM Tg ABOC nội tiếp
b)CM OA là đường trung trực của BC
c)Lấy điểm D đối xứng B qua O.Gọi E là giao điểm của đoạn AD với (O),E không trùng D
CM:
d)Tính số đo góc HEC

2 . 

Cho đường tròn tâm (O;R) có dây BC cố định (BC khác 2R) và điểm A di động trên cung lớn BC ( A không trùng B,C và điểm chính giữa cung lớn BC ). Gọi H là hình chiếu của A trên BC; E và F lần lượt là hình chiếu của B,C trên đường kính AD của đường tròn (O;R)

a,CMR:các tứ giác ABHE và AHFC nội tiếp

b,Giả sử BC=R√3,EF=R/√3.Tính số đo ^BAC và tỷ số diện tích △ ABC và △ HÈ

c,CMR:khi điểm A di động thì tâm đường tròn ngoại tiếp △ HÈ là một điểm cố định

3
5 tháng 4 2020

Bài 2

a) Ta có \(\widehat{AEB}=\widehat{AHB}=90^o\). Tứ giác ABHE nội tiếp

=> \(\widehat{EHC}=\widehat{ABA'}=\widehat{BCA'}\)

=> HE//CA'

Vì CA' _|_ AC => HE _|_ AC

c) Gọi M là trung điểm của AB, N là trung điểm BC

Đường tròn ngoại tiếp ABHE có tâm là M nên M nằm trên đường trung trực của HE

Do HE _|_ AC nên trung trực của HE song song với AC và chứa đường trung bình của tam giác ABC

Do đó trung điểm N của BC nằm trên trung trự của HE

Mặt khác E,F là chân đường vuông góc của B và C hạ xuông AA' nên trung trực của EF đi qua trung điểm N của BC

Vậy N là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF là 1 điểm cố định cho BC cố định

5 tháng 4 2020

Bài 1

bổ sung câu c bài hỏi .là : CM \(\frac{DE}{BE}=\frac{BD}{BA}\)

bài làm

a) ta có . tam giác ACO zuông tại C , Tam giác ABO zuông tại B

nên C , B lần lượt nhìn AO zới 1 góc =90 độ

=> ABCO nội tiếp 

b) ta có tam giác ABC cân tại A do AB=AC

mà AH là đường cao

nên AH cx là đường trung tuyến

=> CH = HB

=> AO là đường trung trực của CB

c) ta có BD là đường kính của O 

nên góc BED = 90 độ

xét 2 tam giác zuông BED zà ABD có

góc BAD = góc BDA ( cùng nhìn \(\widebat{BE}\)

BD chung

=> tam giác BED = tam giác DBA 

=> \(\frac{DE}{BE}=\frac{BD}{BA}\)

19 tháng 6 2023

               loading...

a, Xét tam giác vuông EBC vuông tại E và  CI = IB

 ⇒ IE = IC = IB (1) ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

Xét tam giác vuông BCF vuông tại F và IC =IB 

 ⇒IF = IC = IB (2) (vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền) 

Từ (1) và (2) ta có: 

IE = IF = IB = IC 

Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn tâm I bán kính bằng \(\dfrac{1}{2}\) BC (đpcm)

b, Xét \(\Delta\)AFC và \(\Delta\)AEB có:

\(\widehat{CAF}\)  chung ; \(\widehat{AFC}\) = \(\widehat{AEB}\) = 900 

⇒ \(\Delta\)AFC  \(\sim\) \(\Delta\)AEB   (g-g)

⇒ \(\dfrac{AF}{AE}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\) (theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng)

⇒AB.AF = AC.AE (đpcm)

Xét tam giác vuông AEH vuông tại E và KA = KH 

⇒ KE = KH ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

\(\Delta\)EKH cân tại K ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{EHK}\) 

\(\widehat{EHK}\) = \(\widehat{DHB}\) (vì hai góc đối đỉnh)

 ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{DHB}\) ( tc bắc cầu) (3)

Theo (1) ta có: IE = IB ⇒ \(\Delta\) IEB cân tại I 

⇒ \(\widehat{IEB}\) = \(\widehat{IBE}\)  (4)

Cộng vế với vế của (3) và(4)

Ta có: \(\widehat{KEI}\) = \(\widehat{KEH}\) + \(\widehat{IEB}\) =  \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{IBE}\)  = \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)

        Vì tam giác DHB vuông tại D nên \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)  = 1800 - 900 = 900

 ⇒\(\widehat{KEI}\)  = 900

         IE \(\perp\) KE (đpcm)

 

 

 

 

 

 

 

1. Cho (O,R) dây AB cố định. Từ C di động trên (O) dựng hình bình hành CABD. CMR  giao điểm hai đường chéo nằm trên 1 đường trong cố định2. Cho BC cố định, I là trung điểm BC, A di động trên mặt phẳng sao cho BA=BC, H là trung điểm của AC, AI cắt BH tại M. Hỏi M di động trên di động trên đường nào thì A di động3. Cho (O,R) BC là dây cố định. A là  1 điểm di động trên (O,R). Lấy M đối xứng...
Đọc tiếp

1. Cho (O,R) dây AB cố định. Từ C di động trên (O) dựng hình bình hành CABD. CMR  giao điểm hai đường chéo nằm trên 1 đường trong cố định

2. Cho BC cố định, I là trung điểm BC, A di động trên mặt phẳng sao cho BA=BC, H là trung điểm của AC, AI cắt BH tại M. Hỏi M di động trên di động trên đường nào thì A di động

3. Cho (O,R) BC là dây cố định. A là  1 điểm di động trên (O,R). Lấy M đối xứng với C qua trung điểm I của AB. Hỏi M di động trên đường nào khi A di động

4.  Cho A di chuyển trên (O,R) đường kính BC gọi M đối xứng với A qua B, H là hình chiếu của A trên BC, I là trung điểm HC

a. CMR M chuyển động trên (O,R) 1 đường thẳng tròn cố định 

b. CMR tam giác AHM  đồng dạng tam giác CIA

c. CMR MH vuông góc AI

d MH cắt (O) tại E và F đường thẳng AI cắt (O) tại G. CMR Tổng bình phương các cạnh  của tứ giác AEGF ko đổi

0