Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là hai góc đối
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABO vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền OA, ta được:
\(AH\cdot AO=AB^2\)(1)
Xét (O) có
\(\widehat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD
\(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BD}\)
Do đó: \(\widehat{ABD}=\widehat{BED}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
hay \(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)
Xét ΔABD và ΔAEB có
\(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔABD∼ΔAEB(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(AB^2=AE\cdot AD\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AH\cdot AO=AD\cdot AE\)(đpcm)
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
A B O ^ = 90 0 A C O ^ = 90 0 A B O ^ + A C O ^ = 180 0
=> tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E Î (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh A B 2 = A D . A E .
Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE
⇒ A B A E = A D A B ⇔ A B 2 = A D . A E
c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Ta có D H A ^ = E H O ^
nên D H A ^ = E H O ^ = A H F ^ ⇒ A H E ^ + A H F ^ = 180 0 ⇒ 3 điểm E, F, H thẳng hàng.
Có 1 phần câu trả lời ở đây.
Giải toán: Bài hình trong đề thi HK2 Lớp 9 | Rất phức tạp. - YouTube
a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)
Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(AH.AO=AB^2\)
Suy ra AD.AE = AH.AO
c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)
\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)
Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)
acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk
\(a,\) Ta có \(OB=OC=R;AB=AC\Rightarrow OA\) là trung trực BC
Do đó \(OA\bot BC=\left\{H\right\}\)
Áp dụng HTL: \(OB^2=OH\cdot OA\Rightarrow OD^2=OH\cdot OA\Rightarrow\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OA}{OD}\)
\(\Rightarrow\Delta OHD\sim\Delta ODA\left(c.g.c\right)\)
\(b,\) Gọi \(\left\{I\right\}=BC\cap AE\)
\(\widehat{OHD}=\widehat{ODA}\Rightarrow\widehat{DHA}=\widehat{ODE}=\widehat{OED}\) (cùng bù với 2 góc bằng nhau, \(\Delta ODE\) cân tại O)
\(\Rightarrow\Delta AEO\sim\Delta AHD\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\widehat{AOE}=\widehat{ADH}\)
Mà \(\dfrac{OH}{DH}=\dfrac{OD}{AD}\left(\Delta OHD\sim\Delta ODA\right)\Rightarrow\dfrac{OH}{DH}=\dfrac{OE}{AD}\)
\(\Rightarrow\Delta HEO\sim\Delta HDA\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\widehat{OHE}=\widehat{DHA}\)
Mà \(OA\bot BC\Rightarrow\widehat{IHE}=\widehat{IHD}\)
Vậy BC trùng với p/g \(\widehat{DHE}\)
\(c,\) Vì HI là p/g trong của \(\Delta DHE\) và \(HA\bot HI\)
\(\Rightarrow HA\) là p/g ngoài
\(\Rightarrow\dfrac{IE}{ID}=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{HE}{HD}\left(1\right)\)
Mà \(MN\text{//}BE\Rightarrow\dfrac{MD}{BE}=\dfrac{AD}{AE};\dfrac{ND}{BE}=\dfrac{ID}{IE}\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow MD=MN\RightarrowĐpcm\)
1: Xét ΔOBC có
OH là đường cao
OH là đường trung tuyến
Do đó: ΔOCB cân tại O
hay C thuộc đường tròn(O)
Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
AB=AC
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)
hay AC là tiếp tuyến của (O)
2: Xét ΔABM và ΔANB có
\(\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\)
\(\widehat{BAM}\) chung
Do đó: ΔABM\(\sim\)ΔANB
Suy ra: AB/AN=AM/AB
hay \(AB^2=AM\cdot AN\left(1\right)\)
Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AN=AH\cdot AO\)
A B C O H D E
Ta có
\(AO\perp BC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường thẳng nối điểm đó với tâm vuông góc với đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm)
\(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{OHB}=90^o\)
Xét tg ABD và tg AEB có
\(\widehat{BAE}\) chung
\(sđ\widehat{ABD}=\dfrac{1}{2}sđcungBD\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
\(sđ\widehat{AEB}=\dfrac{1}{2}sđcungBD\) (góc nt đường tròn)
\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)
=> tg ABD đồng dạng với tg AEB (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\)
Xét tg vuông ABO có
\(AB^2=AH.AO\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow AD.AE=AH.AO\Rightarrow\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AO}{AE}\)
Xét tg ADO và tg AHE có
\(\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AO}{AE}\left(cmt\right);\widehat{OAE}\) chung
=> tg ADO đồng dạng với tg AHE (c.g.c) \(\Rightarrow\widehat{AOD}=\widehat{AEH}\) (1)
=> O và E cùng nhìn DH dưới 2 góc bằng nhau; O và E cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ DH => OHDE là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{ODH}=\widehat{OEH}\) (góc nt cùng chắn cung OH) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{AOD}+\widehat{ODH}=\widehat{AEH}+\widehat{OEH}=\widehat{AEO}\)
Xét tg ODH có
\(\widehat{AHD}=\widehat{AOD}+\widehat{ODH}=\widehat{AEO}\) (trong tg góc ngoài bằng tổng 2 góc trong không kề với nó) (3)
Xét tg ODE có
OD = OE (Bán kính (O)) => tg ODE cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{ODE}=\widehat{AEO}\) (góc ở đáy tg cân) (4)
Xét tứ giác nt OHDE có
\(\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\) (góc nt cùng chắn cung OE) (5)
Từ (3) (4) (5) \(\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{OHE}\)
Mà
\(\widehat{AHD}+\widehat{BHD}=\widehat{AHB}=90^o\)
\(\widehat{OHE}+\widehat{BHE}=\widehat{OHB}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BHE}\) (đpcm)