Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ΔOED. Từ đó suy ra tia DO là tia phân giác của góc BDE.
Lời giải
c) Gọi đường tròn tâm O tiếp xúc với AB có bán kính R.
Gọi H, K là chân đường vuông góc hạ từ O đến DE và AB.
⇒ R = OK.
O ∈ đường phân giác của 
⇒ OH = OK.
⇒ OH = R
⇒ DE tiếp xúc với (O; R) (đpcm).
ΔOED. Từ đó suy ra tia DO là tia phân giác của góc BDE.
Lời giải
c) Gọi đường tròn tâm O tiếp xúc với AB có bán kính R.
Gọi H, K là chân đường vuông góc hạ từ O đến DE và AB.
⇒ R = OK.
O ∈ đường phân giác của 
⇒ OH = OK.
⇒ OH = R
⇒ DE tiếp xúc với (O; R) (đpcm).
a. Gọi G là trung điểm AD
Tam giác ABC đều \(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)
\(CD=BC-BD=40\left(cm\right)\)
Trong tam giác vuông BDI:
\(sinB=\dfrac{ID}{BD}\Rightarrow DI=BD.sinB=20.sin60^0=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(cosB=\dfrac{IB}{BD}\Rightarrow IB=BD.cosB=20.cos60^0=10\left(cm\right)\)
Trong tam giác vuông CDK:
\(sinC=\dfrac{DK}{CD}\Rightarrow DK=CD.sinC=40.sin60^0=20\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(cosC=\dfrac{KC}{CD}\Rightarrow KC=CD.cosC=40.cos60^0=20\left(cm\right)\)
b. Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow BM=CM=\dfrac{1}{2}BC=30\left(cm\right)\)
\(DM=BM-BD=10\left(cm\right)\) ; \(AM=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=30\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ADM:
\(AD=\sqrt{AM^2+DM^2}=20\sqrt{7}\left(cm\right)\)
\(AG=DG=\dfrac{AD}{2}=10\sqrt{7}\left(cm\right)\)
\(AI=AB-BI=50\left(cm\right)\)
Hai tam giác vuông AEG và ADI đồng dạng (chung góc \(\widehat{IAD}\))
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AG}{AI}\Rightarrow AE=\dfrac{AG.AD}{AI}=28\left(cm\right)\)
Do EG là trung trực AD \(\Rightarrow DE=AE=28\left(cm\right)\)
Tương tự ta có \(AK=AC-CK=40\left(cm\right)\)
Hai tam giác vuông AGF và AKD đồng dạng
\(\Rightarrow\dfrac{AG}{AK}=\dfrac{AF}{AD}\Rightarrow AF=\dfrac{AG.AD}{AK}=35\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow DF=AF=35\left(cm\right)\)
\(EF=EG+FG=\sqrt{AE^2-AG^2}+\sqrt{AF^2-AG^2}=7\sqrt{21}\left(cm\right)\)
a, ^BOD + ^OBD = 120 = ^BOD + ^EOC (vì ^DOE = 60)
=> ^BDO = ^EOC
=> ∆BDO đồng dạng ∆COE
=> BD/BO = CO/CE
<=> BD.CE = BC²/4
b, DO/OE = BD/CO
<=> BO/OE = BD/OD
=> ∆BOD đồng dạng ∆OED
=> ^BDO = ^ODE
=> OD là tia phân giác của góc BDE
c, kẻ OI,OK lần lượt vuông góc với AB,DE
AB tiếp xúc với (O;OI)
có ∆IOD = ∆KOD (cạnh huyền góc nhọn)
=> OI = OK
mà OK ┴ DE
=> (O) luôn tiếp xúc với DE
a) Xét ΔDIB vuông tại I có
\(DI=DB\cdot\sin60^0\)
\(\Leftrightarrow DI=20\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔDIB vuông tại I, ta được:
\(BD^2=BI^2+ID^2\)
\(\Leftrightarrow BI^2=20^2-\left(10\sqrt{3}\right)^2=100\)
hay BI=10(cm)
a) Do ΔABC đều => AB = BC = AC = a; \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)
Xét ΔBDM vuông tại D có: MD = MB.sin\(\widehat{B}\) = MB.sin60o = MB.\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
BD = MB.cos\(\widehat{B}\) = MB.cos60o = \(\dfrac{1}{2}\).MB
ΔCEM vuông tại E có: ME = MC.sin\(\widehat{C}\) = MC.sin60o = MC.\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
EC = MC.cos\(\widehat{C}\) = MC.cos60o = \(\dfrac{1}{2}\).MC
=> Chu vi tứ giác ADME là:
AD + AE + MD + ME = (AB - BD) + (AC - CE) + MB.\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) + MC.\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
= AB + AC - (BD + CE) + \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)(MB + MC)
= AB + AC - \(\dfrac{1}{2}\).(MB + MC) + \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)(MB + MC)
= AB + AC + \(\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}\).BC
= a + a + \(\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}\).a = \(\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}\).a
Do a không đổi => chu vi tứ giác ADME không đổi
b) Xét ΔBMD vuông tại D => \(\widehat{M_1}=90^o-\widehat{B}=90^o-60^o=30^o\)
ΔCME vuông tại E => \(\widehat{M_2}=90^o-\widehat{C}=90^o-60^o=30^o\) =>
Tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn ⇔ \(\widehat{E_2}=\widehat{B}=60^o\)
Mà \(\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\) (cmt) => \(\widehat{E_2}=\widehat{C}\). Mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DE // BC
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{D_1}=\widehat{M_1}=30^o\\\widehat{E_1}=\widehat{M_2}=30^o\end{matrix}\right.\)(hai góc so le trong)
=> \(\widehat{D_1}=\widehat{E_1}\left(=30^o\right)\)
=> ΔMDE cân tại M => MD = ME
=> \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).MB = \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).MC => MB = MC => M là trung điểm của BC
Vậy để tứ giác BDEC nội tiếp thì M là trung điểm của BC
khó