Cho hai đường tròn (O;R) và (O';r) tiếp xúc trong tại I (R>r).Tiếp tuyến tại K của (O';r) cắt (O;R) tại P,Q.Tia IK cắt (O;R)tại F.Chứng minh cung FP = cung FG
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ΔKBO=ΔKCO
=>KB=KC
=>KO là trung trực của BC
ΔKCO đồng dạng với ΔCIO
=>OC/OI=OK/OC
=>OC^2=OI*OK
=>OI*OK=ON^2
=>OI/ON=ON/OK
=>ΔOIN đồng dạng với ΔONK
=>gócc ONI=góc OKN
Tương tự, ta có: OI/OM=OM/OK
=>ΔMKO đồng dạng với ΔIMO
=>góc MKO=góc IMO=góc INO
=>góc MKD=góc NKD
=>K,M,N thẳng hàng
=>K luôn thuộc MN
Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\)
nên MAOB là tứ giác nội tiếp
a: Xét ΔOMA vuông tại M và ΔONP vuông tại N có
OM=ON
\(\hat{MOA}=\hat{NOP}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOMA=ΔONP
=>OA=OP và MA=NP và \(\hat{OAM}=\hat{OPN}\)
b: Xét ΔBOA vuông tại O và ΔBOP vuông tại O có
BO chung
OA=OP
Do đó: ΔBOA=ΔBOP
=>BA=BP và \(\hat{OBA}=\hat{OBP}\)
Xét ΔBHO vuông tại H và ΔBNO vuông tại N có
BO chung
\(\hat{HBO}=\hat{NBO}\)
Do đó: ΔBHO=ΔBNO
=>OH=ON
=>OH=R
=>H thuộc (O)
Xét (O) có
OH là bán kính
AB⊥OH tại H
Do đó: AB là tiếp tuyến của (O)
c: Xét ΔAMO vuông tại M và ΔAHO vuông tại H có
OA chung
OM=OH
Do đó: ΔAMO=ΔAHO
=>AM=AH
Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao
nên \(HA\cdot HB=OH^2\)
=>\(AM\cdot BN=R^2\)
a: Xét ΔOMA vuông tại M và ΔONP vuông tại N có
OM=ON
\(\hat{MOA}=\hat{NOP}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOMA=ΔONP
=>OA=OP và MA=NP và \(\hat{OAM}=\hat{OPN}\)
b: Xét ΔBOA vuông tại O và ΔBOP vuông tại O có
BO chung
OA=OP
Do đó: ΔBOA=ΔBOP
=>BA=BP và \(\hat{OBA}=\hat{OBP}\)
Xét ΔBHO vuông tại H và ΔBNO vuông tại N có
BO chung
\(\hat{HBO}=\hat{NBO}\)
Do đó: ΔBHO=ΔBNO
=>OH=ON
=>OH=R
=>H thuộc (O)
Xét (O) có
OH là bán kính
AB⊥OH tại H
Do đó: AB là tiếp tuyến của (O)
c: Xét ΔAMO vuông tại M và ΔAHO vuông tại H có
OA chung
OM=OH
Do đó: ΔAMO=ΔAHO
=>AM=AH
Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao
nên \(HA\cdot HB=OH^2\)
=>\(AM\cdot BN=R^2\)
a) Sửa đề: 5 điểm A,B,D,F,E cùng thuộc một đường tròn
Xét tứ giác ABFE có
\(\widehat{AFB}=\widehat{AEB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{AFB}\) và \(\widehat{AEB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB
Do đó: ABFE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Suy ra: A,B,F,E cùng thuộc 1 đường tròn(1)
Xét tứ giác ABDE có
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ADB}\) và \(\widehat{AEB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB
Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Suy ra: A,B,D,E cùng thuộc 1 đường tròn(2)
Từ (1) và (2) suy ra A,B,D,F,E cùng thuộc 1 đường tròn(đpcm)
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB

