Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Sử dụng AQ//O'P
=> Q A P ^ = O ' A P ^ => Đpcm
b, CP//BR (cùng vuông góc AR)
O O' A B C D K I E
Mình sẽ giải lại 2 câu a và b.
a) Vì (O) và (O') giao nhau tại A và B nên AB vuông góc OO'. Do đó ^BO'O = 1/2.^AO'B = ^BDA
Tương tự ^BOO' = ^BCA. Từ đó \(\Delta\)BOO' ~ \(\Delta\)BCD (g.g) (đpcm).
b) Ta thấy: ^KDA = ^ABD (=1/2.Sđ(AD nhỏ của (O')). Tương tự ^KCA= ^ABC
Nên ta có: ^KCB + ^KDB = ^BCD + ^BDC + ^KDA + ^KCA = ^BDC + ^BCD + ^ABD + ^ABC = 1800
Suy ra tứ giác BCKD nội tiếp (đpcm).
c) Vì IE // DK nên ^DIE = ^KDA (So le trong) = ^ABD (cmt) => ^DIE = ^ABE => Tứ giác AIEB nội tiếp
=> ^BAE = ^BIE = ^BKD (Vì IE // KD) = ^BCD (Tứ giác BCKD nt) = 1/2.Sđ(AB nhỏ của (O)
Do vậy AE là tiếp tuyến của (O) (đpcm).
a: Xét tứ giác OBAC có \(\hat{OBA}+\hat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
nên OBAC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\hat{FCE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến FC và dây cung CE
\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE
Do đó: \(\hat{FCE}=\hat{CBE}\)
Xét (O) có
\(\hat{ABE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BE
\(\hat{BDE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE
Do đó: \(\hat{ABE}=\hat{BDE}\)
mà \(\hat{BDE}=\hat{FAE}\) (hai góc so le trong, BD//AC)
nên \(\hat{FAE}=\hat{FBA}\)
Xét ΔFCE và ΔFBC có
\(\hat{FCE}=\hat{FBC}\)
góc CFE chung
Do đó: ΔFCE~ΔFBC
=>\(\frac{FC}{FB}=\frac{FE}{FC}\)
=>\(FC^2=FE\cdot FB\) (1)
Xét ΔFAE và ΔFBA có
\(\hat{FAE}=\hat{FBA}\)
góc AFE chung
Do đó: ΔFAE~ΔFBA
=>\(\frac{FA}{FB}=\frac{FE}{FA}\)
=>\(FA^2=FB\cdot FE\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra FA=FC
=>F là trung điểm của AC
c: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trưc của BC(4)
Từ (3),(4) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(5\right)\)
Xét (O) có
\(\hat{ABE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BE
\(\hat{BDE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE
Do đó: \(\hat{ABE}=\hat{BDE}\)
Xét ΔABE và ΔADB có
\(\hat{ABE}=\hat{ADB}\)
góc BAE chung
Do đó: ΔABE~ΔADB
=>\(\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\)
=>\(AE\cdot AD=AB^2\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(AE\cdot AD=AH\cdot AO\)
=>\(\frac{AE}{AO}=\frac{AH}{AD}\)
Xét ΔAHE và ΔADO có
\(\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\)
góc HAE chung
Do đó: ΔAHE~ΔADO
=>\(\hat{AHE}=\hat{ADO}\)
=>\(\hat{AHE}=\hat{ODE}\)
mà \(\hat{AHE}+\hat{OHE}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{ODE}+\hat{OHE}=180^0\)
=>OHED là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DHO}=\hat{DEO}\)
mà \(\hat{DEO}=\hat{OED}=\hat{ODE}\) (ΔODE cân tại O)
và \(\hat{ODE}=\hat{AHE}\)
nên \(\hat{AHE}=\hat{DHO}\)
=>\(90^0-\hat{AHE}=90^0-\hat{DHO}\)
=>\(\hat{EHB}=\hat{DHB}\)
=>HB là phân giác của góc DHE