Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Chứng minh điểm C tiếp xúc với đường tròn (I)
- I là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) nên IA = IB.
- Suy ra đường tròn tâm I, bán kính IA đi qua A và B.
- Theo giả thiết, đường tròn này cắt đường tròn (O') tại điểm C khác A nên C thuộc đường tròn (I).
- Vì C thuộc đường tròn tâm I, bán kính IA nên IC = IA.
- Do đó, C tiếp xúc với đường tròn (I).
Kết luận: Điều phải chứng minh.
b) Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với OB, cắt BC tại H. Chứng minh rằng đường thẳng BO' đi qua trung điểm của đoạn AH
- Gọi M là trung điểm của đoạn AH.
- Vì AH song song với OB nên tam giác AHC đồng dạng với tam giác BOC (do có góc chung tại C và hai cạnh tương ứng song song).
- Từ đồng dạng suy ra AH / OB = HC / BC.
- Từ tính chất đồng dạng và vị trí các điểm, suy ra đường thẳng BO' đi qua trung điểm M của AH.
Kết luận: Điều phải chứng minh. 🤡🤡🤡
Mong đc tick ạ !🤡🤡🤡
\(B=\sqrt{x-1+2\sqrt{x-1}+1}+\sqrt{x-1-2\sqrt{x-1}+1}\)
\(=\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}\)
\(=\left|\sqrt{x-1}+1\right|+\left|\sqrt{x-1}-1\right|\)
TH1: \(x\ge2\Rightarrow B=\sqrt{x-1}+1+\sqrt{x-1}-1=2\sqrt{x-1}\)
TH2: \(1\le x< 2\Rightarrow B=\sqrt{x-1}+1+1-\sqrt{x-1}=2\)
\(A^2=2x+2\sqrt{x^2-\left(x^2-4\right)}=2x+4\)
\(\Rightarrow A=\sqrt{2x+4}\)
A B O C I P M K Q
a) Đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C nằm trên cung AB => ^ACB=900 hay ^PCB=900
Xét tứ giác BCPI: ^PCB=900; ^PIB=900 => Tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm BP)
b) Xét \(\Delta\)AMB: AC\(\perp\)BM; MI\(\perp\)AB; AC cắt MI tại P => P là trực tâm của \(\Delta\)AMB
Dễ thấy: BK\(\perp\)AM => B;P;K là 3 điểm thẳng hàng (đpcm).
c) Nhận xét: Khi BC=R thì BC=OC=OB=OA => \(\Delta\)ABC là tam giác nửa đều có ^CBA=600
=> ^ACO=300. Do AQ là tiếp tuyến của (O) nên ^ACO+^QCA=900 => ^QCA = 600 (1)
Theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau => QA=QC (2)
Từ (1) và (2) => \(\Delta\)AQC là tam giác đều => AQ=AC
Dễ có: AC=\(\sqrt{3}R\)=> AQ=\(\sqrt{3}R\)
Xét \(\Delta\)MIB: ^MBI=600; ^MIB=900 => \(\Delta\)MIB là tam giác nửa đều => BI= BM/2
Để ý thấy I là trung điểm OA => BI=3/2R => BM = 2.3/2R = 3R
Dựa vào ĐL Pytagore, ta tính được: \(MI^2=9R^2-\frac{9}{4}R^2=R^2.\left(\frac{36-9}{4}\right)=\frac{R^2.27}{4}\)
\(\Rightarrow MI=\frac{\sqrt{27}.R}{2}\)
\(\Rightarrow S_{QAIM}=\frac{\left(\sqrt{3}R+\frac{\sqrt{27}R}{2}\right).\frac{R}{2}}{2}=\frac{R.\left(\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right).\frac{R}{2}}{2}\)\(=\frac{R^2.\frac{5\sqrt{3}}{4}}{2}=\frac{5\sqrt{3}.R^2}{8}\)
Vậy \(S_{QAIM}=\frac{5\sqrt{3}.R^2}{8}\).
a: Xét (O) có
ΔAEB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó; ΔAEB vuông tại E
=>BE⊥AC tại E
Xét (O) có
ΔAFB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔFAB vuông tại F
=>AF⊥BC tại F
Xét tứ giác CEHF có \(\hat{CEH}+\hat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CEHF là tứ giác nội tiếp
Xét ΔCAB có
AF,BE là các đường cao
AF cắt BE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔCAB
=>CH⊥AB tại D
Xét tứ giác BDEC có \(\hat{BDC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BDEC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có
\(\hat{ECB}\) chung
Do đó: ΔCEB~ΔCFA
=>\(\frac{CE}{CF}=\frac{CB}{CA}\)
=>\(CE\cdot CA=CF\cdot CB\)
c: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEA vuông tại E có
\(\hat{DBH}\) chung
do đó: ΔBDH~ΔBEA
=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BA}\)
=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BA\)
Xét ΔAEB vuông tại E và ΔADC vuông tại D có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔADC
=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(AE\cdot AC=AD\cdot AB\)
\(BH\cdot BE+AE\cdot AC\)
\(=BD\cdot BA+AD\cdot BA=BA^2=4R^2\) không đổi