Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
a, B I D ^ = 1 2 s đ D E ⏜ = D B E ^ => ∆BID cân ở D
b, Chứng minh tương tự: DIEC cân tại E, DDIC cân tại D
=> EI = EC và DI = DC
=> DE là trung trực của CI
c, F Î DE nên FI = FC
=> F I C ^ = F C I ^ = I C B ^ => IF//BC
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
a: Xét (O) có
\(\hat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD
\(\hat{CAD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD
\(\hat{BAD}=\hat{CAD}\)
Do đó: sđ cung BD=sđ cung CD
Xét (O) có
\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE
\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE
\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)
Do đó: sđ cung AE=sđ cung CE
Xét (O) có
\(\hat{BID}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BD và AE
=>\(\hat{BID}\) =1/2(sđ cung BD+sđ cung AE)
=1/2(sđ cung CD+sđ cung EC)
=1/2*sđ cung DE
Xét (O) có
\(\hat{DBE}\) là góc nội tiếp chắn cung DE
=>\(\hat{DBE}\) =1/2*sđ cung DE
=>\(\hat{DIB}=\hat{DBI}\)
=>ΔDBI cân tại D
b: Gọi K là giao điểm thứ hai của CI và (O)
Xét ΔABC có
AD,BE là các đường phân giác
AD cắt BE tại I
Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC
=>CI là phân giác của góc ACB
Xét (O) có
\(\hat{ACK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK
\(\hat{BCK}\) là góc nội tiếp chắn cung BK
\(\hat{ACK}=\hat{BCK}\)
Do đó: sđ cung AK=sđ cung BK
Xét (O) có
\(\hat{CIE}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CE và BK
=>\(\hat{CIE}\) =1/2(sđ cung CE+sđ cung BK)
=1/2(sđ cung AE+sđ cung AK)
=1/2*sđ cung KE
Xét (O) có \(\hat{ECK}\) là góc nội tiếp chắn cung EK
=>\(\hat{ECK}=\frac12\) *sđ cung EK
=>\(\hat{ECI}=\hat{EIC}\)
=>EC=EI
=>E nằm trên đường trung trực của CI(1)
Xét (O) có
\(\hat{DIC}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung DC và AK
=>\(\hat{DIC}\) =1/2(sđ cung DC+sđ cung AK)
=1/2(sđ cung BD+sđ cung BK)
=1/2*sđ cung DK
Xét (O) có
\(\hat{KCD}\) là góc nội tiếp chắn cung KD
=>\(\hat{KCD}\) =1/2*sđ cung KD
=>\(\hat{DIC}=\hat{DCI}\)
=>DC=DI
=>D nằm trên đường trung trực của CI(2)
Từ (1),(2) suy ra ED là đường trung trực của IC