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
Sửa đề: cắt BC tại I
a: Xét ΔDHC vuông tại H và ΔDCA vuông tại C có
\(\hat{HDC}\) chung
Do đó: ΔDHC~ΔDCA
=>\(\frac{DH}{DC}=\frac{DC}{DA}\)
=>\(DH\cdot DA=DC^2\)
b: Xét ΔCHD vuông tại H và ΔCDI vuông tại D có
\(\hat{HCD}\) chung
Do đó: ΔCHD~ΔCDI
=>\(\frac{CH}{CD}=\frac{CD}{CI}\)
=>\(CH\cdot CI=CD^2\)
Xét ΔDHI vuông tại H và ΔDMA vuông tại M có
\(\hat{HDI}\) chung
Do đó: ΔDHI~ΔDMA
=>\(\frac{DH}{DM}=\frac{DI}{DA}\)
=>\(DH\cdot DA=DI\cdot DM\)
=>\(DI\cdot DM=DC^2\)
=>\(CH\cdot CI=DI\cdot DM\)
Cho tam giác ABCABC không có góc tù (AB < AC)(AB<AC), nội tiếp đường tròn (O; R)(O;R), (BB, CC cố định, AA di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại BB và CC cắt nhau tại MM. Từ MM kẻ đường thẳng song song với ABAB, đường thẳng này cắt (O)(O) tại DD và EE (DD thuộc cung nhỏ BCBC), cắt BCBC tại FF, cắt ACAC tại II. Chứng minh rằng \widehat{MBC}=\widehat{BAC}MBC=BAC . Từ đó suy ra MBICMBIC là tứ giác nội tiếp.
theo gt, ta co:
goc MBC= BAC (cung chan cung BC)
mat khac, ta lai co goc BAC = MIC ( dong vi)
=> goc MBC= MIC
=> tu giac BICM noi tiep
Ta có: \(\sqrt{\frac{AM}{A_1M}}+\sqrt{\frac{BM}{B_1M}}+\sqrt{\frac{CM}{C_1M}}=\sqrt{\frac{S_2+S_3}{S_1}}+\sqrt{\frac{S_1+S_3}{S_2}}+\sqrt{\frac{S_1+S_2}{S_3}}\)
\(\ge\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_1}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_2}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}\right)^2}{2S_3}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_1}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_2}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_3}}\right)\frac{1}{2}\cdot6=3\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi S1 =S2=S3 <=> M là trọng tâm \(\Delta ABC\)
Giải giúp mình bài hình này với
A B C O M E F P Q' R S T H G Q
Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt EF tại Q'. Ta sẽ chỉ ra Q trùng Q'.
Thật vậy: Ta có ^BFC = ^BEC = 900 => Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (BC)
=> ^AFE = ^ACB = ^BAP (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) => EF // AP (2 góc so le trong bằng nhau)
Gọi H là trực tâm \(\Delta\)ABC, EF cắt BC tại R, AR cắt lại (O) ở S, kẻ đường kính AT của đường tròn (O)
Khi đó dễ thấy tứ giác BHCT là hình bình hành. Do M là trung điểm BC nên H,M,T thẳng hàng
Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn có: RF.RE = RB.RC = RS.RA => A,S,E,F cùng thuộc 1 đường tròn
Mà dễ có A,E,H,F cùng nằm trên đường tròn (AH) nên A,S,F,H,E cùng nằm trên (AH)
=> ^ASH = 900 => SH vuông góc AS. Lại có ST vuông góc AS nên S,H,T thẳng hàng
Kết hợp H,T,M thẳng hàng suy ra S,H,M thẳng hàng. Từ đây MH vuông góc AR tại S
Cũng có AH vuông góc RM nên H là trực tâm \(\Delta\)RAM => RH vuông góc AM
Mà PQ' cũng vuông góc AM nên RH // PQ'. Nếu ta gọi BE giao PQ' tại G thì RH // PG
Áp dụng ĐL Thales, ta có các tỉ số: \(\frac{BH}{HG}=\frac{BR}{RP}\)(Vì PH // PG) \(=\frac{BF}{FA}\)(Vì EF // AP)
Do đó AG // FH (ĐL Thales đảo) hay CH // AG => \(\frac{EC}{EA}=\frac{EH}{EG}\)(Hệ quả ĐL Thales)
Chú ý RH // PQ' hay RH // GQ' suy ra \(\frac{EH}{EG}=\frac{ER}{EQ'}\).Từ đó \(\frac{EC}{EA}=\frac{ER}{EQ'}\)=> AQ' // CR (ĐL Thales đảo)
Khi đó, đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại Q'. Do vậy Q' trùng Q
Điều này tức là PQ vuông góc AM (đpcm).
Cho tam giác \(A B C\) nội tiếp \(\left(\right. O \left.\right)\). Qua \(A , B , C\) lần lượt kẻ các đường thẳng song song với \(B C , C A , A B\), cắt \(\left(\right. O \left.\right)\) lần thứ hai tại \(A_{1} , B_{1} , C_{1}\).
Cần chứng minh: các đường thẳng qua \(A_{1} , B_{1} , C_{1}\) lần lượt vuông góc với \(B C , C A , A B\) đồng quy.
Chứng minh:
Do \(A A_{1} \parallel B C\) nên:
\(\angle B A_{1} C = \angle B A C .\)Suy ra tứ giác \(A_{1} , B , A , C\) nội tiếp.
Xét đường thẳng qua \(A_{1}\) vuông góc với \(B C\). Khi đó:
\(\angle \left(\right. A_{1} H , A_{1} B \left.\right) = 90^{\circ} - \angle A B C .\)Mặt khác, trong tam giác \(A B C\), ta có:
\(\angle B A C + \angle A B C + \angle A C B = 180^{\circ} .\)Từ các quan hệ góc nội tiếp và song song, suy ra đường thẳng qua \(A_{1}\) vuông góc với \(B C\) chính là ảnh của đường cao kẻ từ \(A\) qua phép đối xứng trục hoặc phép quay liên quan đến đường tròn.
Tương tự, ta có:
Ba đường này lần lượt là các ảnh của ba đường cao của tam giác \(A B C\).
Mà ba đường cao của tam giác \(A B C\) đồng quy tại trực tâm \(H\), nên các đường thẳng đã dựng cũng đồng quy tại một điểm \(H^{'}\) (là ảnh của trực tâm \(H\) qua phép đối xứng qua tâm \(O\)).
Kết luận:
Ba đường thẳng qua \(A_{1} , B_{1} , C_{1}\) lần lượt vuông góc với \(B C , C A , A B\) đồng quy tại một điểm (điểm đối xứng của trực tâm qua tâm đường tròn ngoại tiếp).
༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ༎ຶ‿༎ຶ(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)(༎ຶ ෴ ༎ຶ)༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽༼;´༎ຶ ༎ຶ༽( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ )( ꈨຶ ˙̫̮ ꈨຶ ) sao không vào Ai hỏi ở đây làm méo j?