Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: Xét ΔDKE vuông tại K có KM là đường cao
nên \(DM\cdot DE=DK^2\left(1\right)\)
Xét ΔDKF vuông tại K có KN là đường cao
nên \(DN\cdot DF=DK^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(DM\cdot DE=DN\cdot DF\)
a: Xét (O) có
ΔDEF nội tiếp
EF là đường kính
Do đó: ΔDEF vuông tại D
Xét tứ giác DMKN có \(\hat{DMK}=\hat{DNK}=\hat{MDN}=90^0\)
nên DMKN là hình chữ nhật
=>\(\hat{DMN}=\hat{DKN}\)
mà \(\hat{DKN}=\hat{DFE}\left(=90^0-\hat{NKF}\right)\)
nên \(\hat{DMN}=\hat{DFE}\)
mà \(\hat{DMN}+\hat{EMN}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{EMN}+\hat{EFN}=180^0\)
=>EMNF là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔDMN và ΔDFE có
\(\hat{DMN}=\hat{DFE}\)
góc MDN chung
Do đó: ΔDMN~ΔDFE
=>\(\frac{DM}{DF}=\frac{DN}{DE}\)
=>\(DM\cdot DE=DN\cdot DF\)
a: Xét ΔDEF vuông tại D có DH là đường cao
nên \(DH^2=HE\cdot HF\)
=>\(DH^2=9\cdot16=144=12^2\)
=>DH=12(cm)
ΔDHE vuông tại H
=>\(DH^2+HE^2=DE^2\)
=>\(DE^2=9^2+12^2=81+144=225=15^2\)
=>DE=15(cm)
ΔDHF vuông tại H
=>\(DH^2+HF^2=DF^2\)
=>\(DF^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)
=>DF=20(cm)
Xét ΔDEF vuông tại D có sin F\(=\frac{DE}{EF}=\frac{15}{25}=\frac35\)
nên \(\hat{F}\) ≃37 độ
b: Xét ΔDFI vuông tại D có tan DFI\(=\frac{DI}{DF}\)
=>\(\frac{DI}{20}=\tan30=\frac{1}{\sqrt3}\)
=>\(DI=\frac{20}{\sqrt3}=\frac{20\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔDFI vuông tại D
=>\(DF^2+DI^2=FI^2\)
=>\(FI^2=20^2+\left(\frac{20\sqrt3}{3}\right)^2=400+\frac{400}{3}=\frac{1600}{3}\)
=>\(FI=\sqrt{\frac{1600}{3}}=\frac{40\sqrt3}{3}\) (cm)
c: Sửa đề: DK là phân giác của góc HDF
Xét ΔDHF có DK là phân giác
nên \(\frac{KH}{DH}=\frac{KF}{DF}\)
=>\(\frac{KH}{12}=\frac{FK}{20}\)
=>\(\frac{KH}{3}=\frac{KF}{5}\)
mà KH+KF=HF=16cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\frac{KH}{3}=\frac{KF}{5}=\frac{KH+KF}{3+5}=\frac{16}{8}=2\)
=>\(KF=2\cdot5=10\left(\operatorname{cm}\right);KH=2\cdot3=6\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔKHD vuông tại H
=>\(KH^2+HD^2=KD^2\)
=>\(KD^2=6^2+12^2=36+144=180\)
=>\(KD=6\sqrt5\)
Xét ΔKHD vuông tại H và ΔKMF vuông tại M có
\(\hat{HKD}=\hat{MKF}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔKHD~ΔKMF
=>\(\frac{HD}{MF}=\frac{KD}{KF}\)
=>\(\frac{12}{FM}=\frac{6\sqrt5}{10}\)
=>\(FM=12\cdot\frac{10}{6\sqrt5}=\frac{120}{6\sqrt5}=\frac{20}{\sqrt5}=4\sqrt5\) (cm)
\(\frac{1}{FD^2}+\frac{1}{FK^2}=\frac{1}{20^2}+\frac{1}{10^2}=\frac{1}{400}+\frac{1}{100}=\frac{5}{400}=\frac{1}{80}\)
\(\frac{1}{FM^2}=\frac{1}{\left(4\sqrt5\right)^2}=\frac{1}{80}\)
Do đó: \(\frac{1}{FD^2}+\frac{1}{FK^2}=\frac{1}{FM^2}\)
Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>\(\hat{ACB}=90^0\)
Xét tứ giác CEHF có \(\hat{CEH}=\hat{CFH}=\hat{ECF}=90^0\)
nên CEHF là hình chữ nhật
=>\(\hat{CFE}=\hat{CHE}\)
mà \(\hat{CHE}=\hat{CAB}\left(=90^0-\hat{HCE}\right)\)
nên \(\hat{CFE}=\hat{CAB}\)
Gọi Cx là tiếp tuyến tại C của (O)
=>CO⊥Cx tại C
Xét (O) có
\(\hat{xCB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Cx và dây cung CB
\(\hat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB
Do đó: \(\hat{xCB}=\hat{CAB}\)
mà \(\hat{CAB}=\hat{CFE}\)
nên \(\hat{xCB}=\hat{CFE}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nen Cx//FE
=>FE⊥OC
=>OC⊥MN
ΔOMN cân tại O
mà OC là đường cao
nên OC là phân giác của góc MON
Xét ΔOMC và ΔONC có
OM=ON
\(\hat{MOC}=\hat{NOC}\)
OC chung
Do đó: ΔOMC=ΔONC
=>CM=CN
a)
Từ M kẻ tiếp tuyến Mx của (O) nên OA vuông góc với Mx
Ta có tứ giác MEHF là tứ giác nội tiếp => góc MFE=góc MHE(1)
Mà góc MHE=góc MAH(2) (+góc HMA=90o)
Từ (1) và (2) => góc MAB = góc MFE
Mặt khác góc MAB=góc BMx (=1/2 số đo cung MB )
=>EF song song với Mx
Om vuông góc Mx => OM vuông góc È
mà MD vuông góc È => o thuộc MD => dpcm
1: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
=>AEHF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn
2: Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O)
Xét (O) có
\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB
nên \(\widehat{xAB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)
Xét (O) có
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung BA
Do đó: \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)
=>\(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)
Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AHF}\)
mà \(\widehat{AHF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{xAB}=\widehat{AEF}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//EF
Ta có: Ax//EF
OA\(\perp\)Ax
Do đó: OA\(\perp\)EF