Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O C F A E B M P Q 1
+) Bước 1: Chứng minh \(\Delta\) FPO vuông tại P
Ta có: \(\widehat{O_1}=\widehat{FOP}=\widehat{FOE}=\widehat{FOM}+\widehat{MOE}=\frac{1}{2}\widehat{COM}+\frac{1}{2}\widehat{MOB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\)
=> \(\widehat{FOP}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\)
mà \(\widehat{FCP}=\widehat{FCB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\) ( góc nội tiếp = 1/2 góc ở tâm khi chắn cùng một cung)
=> \(\widehat{FOP}=\widehat{FCP}\)
=> Tứ giác CFPO nội tiếp => \(\widehat{FPO}+\widehat{FCO}=180^o\Rightarrow\widehat{FPO}=180^o-90^o=90^o\)
=> \(\Delta\) FPO vuông tại P
+) Bước 2: Chứng minh \(\Delta\) EQO vuông tại Q. ( Chứng minh tương tự)
+) Bước 3: Chứng minh tỉ số: \(\frac{PQ}{EF}=\frac{OQ}{OE}\)
Xét \(\Delta\) FPO vuông tại P và \(\Delta\) EQO vuông tại Q có: \(\widehat{O_1}\) chung
=> \(\Delta\) FPO ~ \(\Delta\) EQO
=> \(\frac{OQ}{OE}=\frac{OP}{OF}\)
Xét \(\Delta\) OQP và \(\Delta\) OEF có: \(\frac{OQ}{OE}=\frac{OP}{OF}\)( chứng minh trên ) và \(\widehat{O_1}\) chung
=> \(\Delta\) OQP ~ \(\Delta\) OEF
=> \(\frac{PQ}{EF}=\frac{OQ}{OE}\)(1)
+) Bước 4: Chứng minh Tỉ số \(\frac{PQ}{EF}\)không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC
Xét \(\Delta\)EQO vuông tại Q => \(\cos\widehat{O_1}=\frac{OQ}{OE}\)
Mặt khác : \(\widehat{O_1}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\) ( xem chứng minh ở Bước 1)
=> \(\cos\frac{1}{2}.\widehat{BOC}=\frac{OQ}{OE}\) (2)
Từ (1) ; (2) => \(\frac{PQ}{EF}=\cos\frac{1}{2}.\widehat{BOC}\)không đổi khi M di chuyển. ::))
A B C D O M N K H E F I J T P
a) Ta có: Tứ giác ACBD nội tiếp (O;R) có 2 đường chéo là 2 đường kính vuông góc với nhau.
Nên tứ giác ACBD là hình vuông.
Xét tứ giác ACMH: ^ACM=^ACB=900; ^AHM=900
=> Tứ giác ACMH nội tiếp đường tròn
Do tứ giác ACBD là 1 hình vuông nên ^BCD=1/2.CAD=450
=> ^BCD=^MAN hay ^MCK=^MAK => Tứ giác ACMK nội tiếp đường tròn.
b) Gọi giao điểm của tia AE với tia tiếp tuyến BF là I. AF gặp MH tại J.
Ta có: Điểm E nằm trên (O) có đg kính AB => ^AEB=900
=> \(\Delta\)BEI vuông tại E. Dễ thấy \(\Delta\)BFE cân tại F => ^FEB=^FBE
Lại có: ^FEB+^FEI=900 => ^FBE+^FEI=900. Mà ^FBE+^FIE=900
Nên ^FEI=^FIE => \(\Delta\)EFI cân tại F => EF=IF. Mà EF=BF => BF=IF
Theo hệ quả của ĐL Thales ta có: \(\frac{MJ}{IF}=\frac{HJ}{BF}=\frac{AJ}{AF}\)=> MJ=HJ (Do IF=BF)
=> J là trung điểm của HM => Đpcm.
c) Trên tia đối của tia DB lấy T sao cho DT=CM.
Gọi P là hình chiếu của A xuống đoạn MN.
Dễ dàng c/m \(\Delta\)ACM=\(\Delta\)ADT (c.g.c) => ^CAM=^DAT và AM=AT
mà ^CAM phụ ^MAD => ^DAT+^MAD=900 => ^MAT=900
=> ^MAN=^TAN=1/2.^MAT=450.=> \(\Delta\)MAN=\(\Delta\)TAN (c.g.c)
=> ^AMN=^ATN (2 góc tương ứng) hay ^AMP=^ATD
=> \(\Delta\)APM=\(\Delta\)ADT (Cạnh huyền góc nhọn) => AD=AP (2 cạnh tương ứng).
Mà AD có độ dài không đổi (Vì AD=căn 2 . R) => AP không đổi.
Suy ra khoảng cách từ điểm A đến đoạn MN là không đổi
=> MN tiếp xúc với đường tròn tâm A cố định bán kính AD=căn 2.R.
Vậy...
ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
Sắp đến Tết rùi nè ae.Zui nhểy!Đứa nào đỗ nhớ khao tao nhá!
- Tên: ღ༺Nhật༒Tân✰ ²ƙ⁶༻ღ
- Đang học tại: Trường THCS Lập Thạch
- Địa chỉ: Huyện Lập Thạch - Vĩnh Phúc
- Điểm hỏi đáp: 16SP, 0GP
- Điểm hỏi đáp tuần này: 1SP, 0GP
- Thống kê hỏi đáp
theo đề bài ta có góc MOB=BOI VÀ NOC=IOC ==> BOC=1/2MON
Ta có MON+A=180 độ
==>2BOC=180-A
==>BOC=90-A/2
MÀ 90-A/2 KO ĐỔI ==>BOC KO ĐỔI
MÀ BOC=DOE =>DOE KO ĐỔI ==> DCCM
A O E M N F B H Kbài lm đou bn
câu a có EM ,EM là hai tiếp tuyến của (o)
suy ra +)EM=EB
+) OE là tia phân giác của \(\widehat{BOM}\)
Có OE là phân giác của \(\widehat{BOM}\)nên suy ra \(\widehat{BOE}\)=\(\frac{1}{2}\widehat{MOB}\)
Chứng minh tương tự ta có \(\widehat{BOF}=\frac{1}{2}\widehat{BON}\)
từ đó suy ra \(\widehat{BOE}+\widehat{BOF}=\frac{1}{2}\left(\widehat{BOM}+\widehat{BON}\right)=\frac{1}{2}\widehat{MON}\)
suy ra góc EOF=1/2 góc MON
tip đi bn
câu b. CÓ AM ,AN là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại A
suy ra OA là phân giác của \(\widehat{MON}\)( theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )
suy ra \(\widehat{AON}=\widehat{AOM}=\frac{1}{2}\widehat{MON}\)
Mà theo câu a ta có \(\widehat{EOF}=\frac{1}{2}\widehat{MON}\)
từ đó suy ra \(\widehat{AOM}=\widehat{AON}=\widehat{EOF}\)
Tứ giác AMON có \(\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=90+90=180\)
(vì AM,AN là tiếp tuyến của đường tròn(O) nên \(\widehat{AMO}=90;\widehat{ANO}=90\)
suy ra AMON là tứ giác nội tiếp (Dhnb)
suy ra \(\widehat{AOM}=\widehat{ANM}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AM}\)của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON)
Mà \(\widehat{AOM}=\widehat{EOF}\)\(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{EOF}\)(1)
có FB,FN là hai tiếp tuyến của (O)cắt nhau ở F
suy ra FO là tia phân giác của \(\widehat{BFN}\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow\widehat{BFO}=\widehat{OFN}\)(2)
tam giác EOF có \(\widehat{OEF}+\widehat{OFE}+\widehat{EOF}=180\)(tổng ba góc trong 1 tam giác)
\(\Rightarrow\widehat{OEF}+\widehat{ANM}+\widehat{OFN}=180\)(vì theo (1) và (2) có \(\widehat{ANM}=\widehat{EOF}\) và \(\widehat{BFO}=\widehat{OFN}\)))
hay \(\widehat{OEF}+\widehat{FNK}+\widehat{KFN}=180\)
mà trong tam giác FNK có \(\widehat{FKN}+\widehat{FNK}+\widehat{KFN}=180\)( tổng ba góc trong tam giác )
suy ra \(\widehat{OEF}=\widehat{FKN}\)
tứ giác EHKF có \(\widehat{OEF}=\widehat{FKN}\)
suy ra EHKF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối là tứ giác nội tiếp)
XONG. xin lỗi câu c mình không biết làm còn câu b là cách của mình hơi dài