Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
( Mình nhắc trước có một số chỗ mình viết tắt ^^ vì bài dài đánh chữ nhiều cũng mỏi lắm, với cả chỗ viết tắt cũng cơ bản í mà :)) ko hiểu chỗ nào thì hỏi nha )
a) Vì \(\hept{\begin{cases}AB\perp OB\\OI\perp DE\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}=90^0\\\widehat{AIO}=90^0\end{cases}}}\)
Xét tứ giác ABIO có: \(\widehat{ABO}=\widehat{AIO}\left(=90^0\right)\)
Mà 2 đỉnh B,I cùng nhìn cạnh OA dưới 1 góc vuông
\(\Rightarrow ABIO\)nội tiếp ( dhnb )
+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ABH}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\\\widehat{BOA}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}sđ\widehat{BC}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{BOA}\)
Xét tam giác ABH và tam giác AOB có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAO}chung\\\widehat{ABH}=\widehat{BOA}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABH~\Delta AOB\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{AO}{AB}\)
\(\Rightarrow AB^2=AH.AO\left(1\right)\)
b) Xét tam giác ABD và tam giác AEB có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}chung\\\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABD~\Delta AEB\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\)
\(\Rightarrow AB^2=AD.AE\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH.AO=AD.AE\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\)
Xét tam giác ADH và tam giác AOE có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{OAE}chung\\\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\end{cases}}\Rightarrow\Delta ADH~\Delta AOE\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)
Xét tứ giác DHOE có \(\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)
\(\Rightarrow DHOE\)nội tiếp ( dhnb )
=> D,H,O,E thuộc một đường tròn (3)
Ta có: OK là đường trung trực của DE
Xét tam giác KDO và tam giác KEO có:
\(\hept{\begin{cases}KD=KE\\OD=OE\\OKchung\end{cases}\Rightarrow\Delta KDO=\Delta KEO\left(c-c-c\right)}\)
\(\Rightarrow\widehat{KDO}=\widehat{KEO}=90^0\)
Xét tứ giác KDOE có: \(\widehat{KDO}=\widehat{KEO}=90^0\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác KDOE
\(\Rightarrow KDOE\)nội tiếp
=> K,D,O,E thuộc đường tròn đường kính OK
Từ (3) và (4) => D,K,E,O,H thuộc đường tròn đường kính OK
c) Vì K,,O,H thuộc đường tròn đường kính OK
\(\Rightarrow\widehat{KHO}=90^0\)
\(\Rightarrow KH\perp HO\)
Mà \(BC\perp HO\)
\(\Rightarrow K,B,C\)thẳng hàng
a) Ta có: \(\hept{\begin{cases}EM\perp AB\\AE\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BME}=90^0\\\widehat{BDE}=90^0\end{cases}}}\)
Xét tứ giác BDEM có: \(\widehat{BME}+\widehat{BDE}=180^0\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác BDEM
\(\Rightarrow BDEM\)nội tiếp ( dhnb )
b) Vì \(EQ\perp xy\)\(\Rightarrow\widehat{EQA}=90^0\)
Xét tứ giác EMQA có:
\(\widehat{EMA}=\widehat{EQA}\left(=90^0\right)\)Mà 2 đỉnh M,Q cùng nhìn cạnh AE dưới 1 góc vuông
\(\Rightarrow EMQA\)nội tiếp ( dhnb)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{MQE}=\widehat{MAE\left(1\right)}\\\widehat{QAM}=\widehat{QEM}\left(2\right)\end{cases}}\)
Ta có: \(\widehat{MAE}=\widehat{BCE}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BE}\right)\left(3\right)\)
Vì EK vuông góc với AC \(\Rightarrow\widehat{EKC}=90^0\)
Xét tứ giác EDKC có: \(\widehat{EDC}=\widehat{EKC}\left(=90^0\right)\)
Mà 2 đỉnh D,K cùng nhìn cạnh EC dưới 2 góc vuông
\(\RightarrowÉDKC\)nội tiếp ( dhnb )
\(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{BCE}\left(4\right)\)và \(\widehat{DEK}=\widehat{DCK}\left(5\right)\)
Từ (1) , (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{MQE}\)
Xét (O) có AQ là tiếp tuyến của (O) ; AB là dây cung
\(\Rightarrow\widehat{QAB}=\widehat{ACB}\left(6\right)\)
Từ (2) ,(5) và (6) \(\Rightarrow\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\)
Xét tam giác EQM và tam giác EKD có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\left(cmt\right)\\\widehat{MQE}=\widehat{DKE}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EQM~\Delta EKD\left(g-g\right)}\)
c) Gọi AG là đường kính của (O)
Vì tam giác HCE có CD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác HCE
\(\Rightarrow\Delta HCE\)cân tại C
=> CD cũng là tia phân giác góc HCE
\(\Rightarrow\widehat{HCD}=\widehat{DCE}\)(7)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DCE}=\widehat{NAD}\\\widehat{NHA}=\widehat{DHC}\left(2goc-đoi-đinh\right)\\\widehat{DHC}+\widehat{HCD}=90^0\end{cases}}\)kết hợp với (7)
\(\Rightarrow\widehat{NAH}+\widehat{NHA}=90^0\)
Xét tam giác NAH có: \(\widehat{NAH}+\widehat{NHA}+\widehat{ANH}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{ANH}=90^0\)
\(\Rightarrow CN\perp AB\)
Xét tam giác ABC có: \(\hept{\begin{cases}CN\perp AB\\AD\perp BC\end{cases}}\); CN cắt AD tại H
\(\Rightarrow H\)là trực tâm của tam giác ABC
\(\Rightarrow BF\perp AC\)
\(\Rightarrow\widehat{BFC}=90^0\)
Ta có: tứ giác BNFC nội tiếp ( cái này dễ , có 2 góc vuông = nhau; tự cm nha vì bài dài )
\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AFN}\)
Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AGC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AFN}=\widehat{AGC}\)Mà \(\widehat{AGC}+\widehat{GAC}=90^0\)( ko hiểu thì hỏi nhé, làm tắt vì bài dài )
\(\Rightarrow\widehat{AFN}+\widehat{GAC}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{APF}=90^0\)
\(\Rightarrow AG\perp NF\)(8)
+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MDE}=\widehat{MBE}\left(MBDEnt\right)\\\widehat{MBE}=\widehat{ACE}\left(ABECnt\right)\\\widehat{ACE}=\widehat{ADK}\left(DECKnt\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{ADK}\)mà \(\widehat{MDE}+\widehat{MDA}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{ADK}+\widehat{MDA}=180^0\)
\(\Rightarrow M,D,K\)thẳng hàng
Lại có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{DBE}\\\widehat{BED}=\widehat{BAQ}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BA}\right)\\\widehat{BAQ}=\widehat{QEM}\end{cases}}\)mà \(\widehat{DBE}+\widehat{DEB}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{QEM}+\widehat{DME}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MIE}=90^0\)
\(\Rightarrow QE\perp MK\) Mà \(QE//AG\)( cùng vuông góc với AQ )
\(\Rightarrow AG\perp MK\)(9)
Từ (8) và (9) \(\Rightarrow NF//MK\left(đpcm\right)\)
https://thi.tuyensinh247.com/de-thi-thu-vao-lop-10-mon-toan-lan-3-phong-gddt-gia-loc-2016-c31a28113.html
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
A B C D E M N H F I K
b) Vì AEDB nội tiếp (cm/a) suy ra: ^ABE=^ADE (góc nt cùng chắn cung AE)
Lại có: ^ABN=^AMN (góc nt cùng chắn cung AN)
=> ^AMN=^ADE lại ở vị trí đồng vị
Vậy DE//MN
c) ...........
c) Ta có ^EBC=^DAC (cùng phụ với ^ABC) =>cung MC=NC
mà MN//IK( cm/b) =>cung MI=NK
Suy ra cung CI=CK =>^CIK=^IAC
Lại có ^ICA chung
=>tam giác CIE đồng dạng CAI
=>CI/CA=CE/CI<=>CI.CI=CE.CA(1)
Mặt khác
Dễ thấy tam giác CEH đồng dạng CFA (g.g)
=>CH/CF=CA.CE<=>CH.CF=CA.CE(2)
(1)(2) suy ra CH.CF=CI.CI<=>CH/CI=CI/CF
lại có ICH chung
=> tam giác CIH đồng dạng CFI(c.g.c)
=>^CIH=^CFI
Ta vẽ tiếp tuyến xy tại I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
ta có: ^xIH=^IFH (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn chung IH)
Mả ^CIH=^CFI hay ^CIH=^HFI
=>^CIH=^xIH
Suy ra CI trùng Ix
Vậy CI là tiếp tuyến tại điểm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
d) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn (O) và 2 tiếp tuyến tại M và N, ta có AO là tia phân giác của \(\widehat{MAN}\) (1)
Lại có \(\widehat{AME}=\widehat{MNE}\) (do chúng là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung đó)
Hơn nữa, vì AO là trung trực của đoạn MN nên E thuộc trung trực của MN \(\Rightarrow EM=EN\) \(\Rightarrow\Delta EMN\) cân tại E \(\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{EMN}\)
Từ đó suy ra \(\widehat{AME}=\widehat{EMN}\) hay ME là tia phân giác của \(\widehat{AMN}\). (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) đpcm.
e) Gọi C là giao điểm của PO và (AMN). Khi đó ta có \(PB^2=PN.PM=PC.PO\) nên \(\Delta PBC~\Delta POB\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{PCB}=\widehat{PBO}=90^o\) \(\Rightarrow PC\perp BC\)
Mặt khác, do đường tròn (AMN) có đường kính là AO nên \(\widehat{ACO}=90^o\Rightarrow AC\perp PC\)
Từ đó suy ra A, B, C thẳng hàng. Do đó \(\widehat{ABM}=\widehat{BPO}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{POB}\))