Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)\(\hept{\begin{cases}Ax⊥AB\\By⊥AB\end{cases}}\)=> Ax // By.\(\Delta KFB\)có EA // FB nên\(\frac{KF}{KA}=\frac{BF}{AE}\)(hệ quả định lí Ta-lét) mà EA = EM ; FM = FB (tính chất của 2 tiếp tuyến)
\(\Rightarrow\Delta AEF\)có\(\frac{KF}{KA}=\frac{MF}{ME}\)nên MK // AE (định lí Ta-lét đảo) mà\(AE⊥AB\Rightarrow MK⊥AB\)
b)\(\widehat{EOM}=\frac{\widehat{AOM}}{2};\widehat{FOM}=\frac{\widehat{MOB}}{2}\)(tính chất 2 tiếp tuyến) mà\(\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=180^0\)(kề bù)
\(\Rightarrow\widehat{EOF}=\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta EOF\)vuông tại O có OE + OF > EF (bđt tam giác) ; OE + OF < 2EF (vì OE,OF < EF)
\(\Rightarrow1< \frac{OE+OF}{EF}< 2\Rightarrow2< \frac{P_{EOF}}{EF}< 3\Rightarrow\frac{1}{3}< \frac{EF}{P_{EOF}}< \frac{1}{2}\)(1)
Hình thang AEFB (AE // FB) có diện tích là :\(\frac{\left(AE+FB\right).AB}{2}=\frac{\left(EM+FM\right).2R}{2}=EF.R\)
SAEO = SMEO vì có đáy OA = OM ; đường cao AE = ME\(\Rightarrow S_{MEO}=\frac{1}{2}S_{AEMO}\)
SFOM = SFOB vì có đáy FM = FB ; đường cao OM = OB\(\Rightarrow S_{FOM}=\frac{1}{2}S_{MFBO}\)
\(\Rightarrow S_{EOF}=\frac{1}{2}\left(S_{AEMO}+S_{MFBO}\right)=\frac{EF.R}{2}\).Từ tâm đường tròn nội tiếp I của\(\Delta EOF\)kẻ các đường vuông góc với OE,OF,EF thì\(S_{EOF}=S_{EIF}+S_{EIO}+S_{OIF}\)\(\Leftrightarrow\frac{EF.R}{2}=\frac{EF.r+EO.r+OF.r}{2}\)
\(\Rightarrow EF.R=P_{EOF}.r\Rightarrow\frac{r}{R}=\frac{EF}{P_{EOF}}\)(2).Thay (2) vào (1) ta có đpcm.
câu a
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống tia phân giác ^BAC. Tam giác ADE có AH vừa là phân giác vùa là đường cao nên cân tại A.
Qua B vẽ BF//CE (F thuộc DE) => tam giác BDF cân tại B => BD = BF (1)
Mặt khác xét 2 tam giác BMF và CME có : BM = CM; ^BMF = ^CME ( đối đỉnh); ^MBF = ^MCE ( so le trong) => tam giác BMF = tg CME => BF = CE (2)
Từ (1) và (2) => đpcm
mấy câu còn lại bó tay
a: Sửa đề:I là chân đường cao kẻ từ O xuống AB. Chứng minh H,O,K thẳng hàng
Xét tứ giác AHOI có
\(\widehat{AHO}+\widehat{AIO}=180^0\)
=>AHOI là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HOI}+\widehat{HAI}=180^0\)
Xét tứ giác OIBK có \(\widehat{OIB}+\widehat{OKB}=180^0\)
=>OIBK là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{IOK}+\widehat{IBK}=180^0\)
AH//BK
=>\(\widehat{HAI}+\widehat{KBI}=180^0\)
\(\widehat{HOI}+\widehat{KOI}\)
\(=180^0-\widehat{HAI}+180^0-\widehat{KBA}\)
\(=360^0-180^0=180^0\)
=>H,O,K thẳng hàng
b: Xét ΔAHO vuông tại H và ΔAIO vuông tại I có
AO chung
\(\widehat{HAO}=\widehat{IAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔAIO
=>AH=AI
Xét ΔOIB vuông tại I và ΔOKB vuông tại K có
BO chung
\(\widehat{IBO}=\widehat{KBO}\)
Do đó: ΔOIB=ΔOKB
=>BI=BK
AH+BK=AI+IB=AB không đổi
\(\widehat{OBA}+\widehat{OAB}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{HAB}+\widehat{KBA}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\cdot180^0=90^0\)
=>ΔOAB vuông tại O
=>ΔOAB nội tiếp đường tròn đường kính BA
\(\widehat{HIK}=\widehat{HIO}+\widehat{KIO}\)
\(=\widehat{HAO}+\widehat{OBK}\)
\(=\widehat{OAB}+\widehat{OBA}=90^0\)
=>ΔHIK vuông tại I
=>ΔHIK nội tiếp đường tròn đường kính HK