Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
b)
chứng minh EDCB là tgnt => góc AED = góc ACB
từ đó, chứng minh tam giác AED đồng dạng ACB (gg)
=> DE / BC = AD / AB
tam giác ADB vuông tại A => AD / AB = cotg A = cotg 45 = 1
c)
kẻ tiếp tuyến tại Ax của (O) (Ax thuộc nửa mp bờ AC chứa B)
góc xAB = ACB = AED
=> DE // Ax
Mà Ax vuông góc với OA nên OA vuông góc với DE. (đpcm)
A B C D E M N H F I K
b) Vì AEDB nội tiếp (cm/a) suy ra: ^ABE=^ADE (góc nt cùng chắn cung AE)
Lại có: ^ABN=^AMN (góc nt cùng chắn cung AN)
=> ^AMN=^ADE lại ở vị trí đồng vị
Vậy DE//MN
c) ...........
c) Ta có ^EBC=^DAC (cùng phụ với ^ABC) =>cung MC=NC
mà MN//IK( cm/b) =>cung MI=NK
Suy ra cung CI=CK =>^CIK=^IAC
Lại có ^ICA chung
=>tam giác CIE đồng dạng CAI
=>CI/CA=CE/CI<=>CI.CI=CE.CA(1)
Mặt khác
Dễ thấy tam giác CEH đồng dạng CFA (g.g)
=>CH/CF=CA.CE<=>CH.CF=CA.CE(2)
(1)(2) suy ra CH.CF=CI.CI<=>CH/CI=CI/CF
lại có ICH chung
=> tam giác CIH đồng dạng CFI(c.g.c)
=>^CIH=^CFI
Ta vẽ tiếp tuyến xy tại I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
ta có: ^xIH=^IFH (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn chung IH)
Mả ^CIH=^CFI hay ^CIH=^HFI
=>^CIH=^xIH
Suy ra CI trùng Ix
Vậy CI là tiếp tuyến tại điểm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IHF
https://thi.tuyensinh247.com/de-thi-thu-vao-lop-10-mon-toan-lan-3-phong-gddt-gia-loc-2016-c31a28113.html
Giusp mk vứiiiii
Nhân dịp sinh nhật, mẹ mua tặng Mai một chiếc bánh kem. Mai cho em Hoa 1/3 chiếc bánh, cho chị Linh 1/4 chiếc bánh. Hỏi Mai còn lại bao nhiêu phần chiếc của chiếc bánh kem đó
a, Xét tứ giác BHFM có
^BHF + ^BMF = 1800
mà 2 góc này đối
Vậy tứ giác BHFM là tứ giác nt 1 đường tròn
hay điểm B;H;F;M cùng thuộc 1 đường tròn
b, Vì tứ giác BHFM nt 1 đường tròn
=> ^HFM = ^ABE ( góc ngoài đỉnh B )
mà ^ABE = ^AFE ( góc nt chắn cung AE )
Vậy ^AFH = ^MFH
hay FE là tia phân giác ^AFM
a) \(BEFI\)nội tiếp vì \(\widehat{BEF}=\widehat{BIF}=90^o\).
b) \(\widehat{ADC}\)là góc nội tiếp chắn cung \(\widebat{AC}\).
\(\widehat{CBE}\)là góc nội tiếp chắn cung \(\widebat{CE}\).
\(\widebat{AC}=\widebat{CE}\)suy ra \(\widehat{ADC}=\widehat{CBE}\).
A B O C D E M H K
a)Ta có: EA \(\perp\)AB (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{OAE}=90^0\)
OD \(\perp\)EC (t/c tiếp tuyến) => \(\widehat{ODE}=90^0\)
Xét t/giác AODE có \(\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0\)
=> t/giác AODE nt đường tròn (vì tổng 2 góc đối diện = 1800)
b) Xét \(\Delta\)EKD và \(\Delta\)EDB
có: \(\widehat{BED}\):chung
\(\widehat{EDK}=\widehat{EBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{KD}\)
=> \(\Delta\)EKD ∽ \(\Delta\)EDB (g.g)
=> \(\frac{ED}{EB}=\frac{EK}{ED}\)=> ED2 = EK.EB (1)
Ta có: AE = ED (t/c 2 tt cắt nhau) => E thuộc đường trung trực của AD
OA = OD = R => O thuộc đường trung trực của AD
=> EO là đường trung trực của ED => OE \(\perp\)AD
Xét \(\Delta\)EDO vuông tại D có DH là đường cao => ED2 = EK.EB (2)
Từ (1) và (2) => EH.EO = DK.EB => \(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)
Xét tam giác EHK và tam giác EBO
có: \(\widehat{OEB}\): chung
\(\frac{EH}{EB}=\frac{EK}{EO}\)(cmt)
=> tam giác EHK ∽ tam giác EBO (c.g.c)
=> \(\widehat{EHK}=\widehat{KBA}\)
c) Ta có: OM // AE (cùng vuông góc với AB) => \(\frac{OM}{AE}=\frac{MC}{EC}\)(hq định lí ta-lét)
=> OM.EC = AE.MC
Ta lại có: \(\frac{EA}{EM}-\frac{MO}{MC}=\frac{EA.MC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{MO.EC-MO.EM}{EM.MC}=\frac{OM.MC}{EM.MC}=\frac{OM}{EM}\)
Mặt khác: OM // AE => \(\widehat{MOE}=\widehat{OEA}\)(slt)
mà \(\widehat{AEO}=\widehat{OEM}\)(t/c 2 tt cắt nhau)
=> \(\widehat{MOE}=\widehat{MEO}\) => tam giác OME cân tại M => OM = ME
=> \(\frac{OM}{EM}=1\)
=> \(\frac{EA}{EM}-\frac{OM}{MC}=1\)
Gọi I là trung điểm của BC => BI=IC=1/2 BC (1)
Vì tam giác FBC vuông tại F; FI là đường trung trực của BC =>FI = 1/2 BC (2)
Tương tự => EI = 1/2 BC (3)
Từ (1), (2) và (3) =>EI = BI = IC = FI = 1/2 BC
=>E, B, C, F thuộc một đường tròn
a: Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^0+90^0=180^0\)
=>ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA
=>A,B,O,C cùng thuộc (I), I là trung điểm của OA
b: Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AO là phân giác của góc BAC
=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)
nên ΔABC đều
c: Ta có: ΔBOA vuông tại B
=>\(\widehat{BOA}+\widehat{BAO}=90^0\)
=>\(\widehat{BOA}=90^0-30^0=60^0\)
Xét ΔBIO có IO=IB
nên ΔIBO cân tại I
Xét ΔIBO cân tại I có \(\widehat{IOB}=60^0\)
nên ΔIBO đều
=>BI=OI=R
=>\(I\in\left(O\right)\)
Ta có: BI=R
mà BI=CI
nên CI=R
=>OB=BI=CI=OC
=>OBIC là hình thoi
=>BI//OC