K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ. b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên , do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có ^O1PA=^PAO1=90o−^HMP=90o−^MPQ
⇒^O1PA+^MPQ=90o⇒^O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2).
a,Xét (O1) có góc APH nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc APH = 90
Mà góc APH + góc MPH = 190( 2 góc kề bù)
⇒ góc MPH = 90 (1)
Xét (O2) có góc HQB nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc HQB = 90
Mà góc HQB + gócHQM = 190( 2 góc kề bù)
⇒ góc HQM = 90 (2)
Xét (O) có góc AMB nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc AMB = 90 hay góc PMQ = 90 (3)
Từ 1 2 3 ⇒ tg PMQH là hcn ( tg có 3 góc vuông)
⇒MH = PQ
b, Xét tg APQB
Có góc APH =90 (cmt)
góc HQB =90(cmt)
⇒ góc APH = góc HQB = 90
Nên tg APQB nt ( tg có 2 định P và Q kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới những góc bằng nhau bằng 90)
c, Ta có: góc O1PA = góc PAO1
= 90 - góc HMP
= 90 - góc MPQ
⇒ góc O1PA +góc MPQ=90
⇒ O1PQ = 90
⇒ PQ⊥ PO1
P tx với nửa đtròn tại p
⇒PQ là tiếp tuyến (O1)
CM tương tự có PQ là tt (O2)
⇒ PQ là tt chung của 2 đtròn O1 và O2
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên , do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có ^O1PA=^PAO1=90o−^HMP=90o−^MPQ
⇒^O1PA+^MPQ=90o⇒^O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2).
) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90o⇒
Đúng(0)
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên , do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có ^O1PA=^PAO1=90o−^HMP=90o−^MPQ
⇒^O1PA+^MPQ=90o⇒^O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2).
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90o
Đúng(0)
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90o⇒O<...
a,Xét <O1>: góc APH là góc nội tiếp chắn nửa tròn
nên góc APH=90 độnên góc HPM =90 độ(1)
Cm tương tự: góc PMQ=90 độ (2)
góc HQM=90 độ(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra tứ giác MPHQ là hình chữ nhật
b,Vì tứ giác MPHQ là hình chữ nhật
nên Góc MPQ=Góc MHQ(1*)
Có MH⊥AB
hay MH ⊥HO2 tại H
nên MH là tiếp tuyến của (O2)
do đó góc MHQ= góc MBH(2*)
Từ (1*),(2*) suy ra MPQ= góc MBH
mà góc MPQ + góc APQ=180 độ
nên Góc MBH+góc APQ= 180 độ
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau
nên tứ giác APQBnội tiếp
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
Đúng(0)
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên , do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có ^O1PA=^PAO1=90o−^HMP=90o−^MPQ
⇒^O1PA+^MPQ=90o⇒^O1PQ=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2).
a) Xét (O1) có :\(\widehat{APH}\)=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Mà :\(\widehat{HPA}\)+\(\widehat{HPM}\)=180
=>\(\widehat{HPM}\)=90
Xét (O2) có :\(\widehat{HQB}\)=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Mà : \(\widehat{HQP}\)+ \(\widehat{HQM}\)=180
=> \(\widehat{HQM}\)=90
Xét (O) có :\(\widehat{AMB}\)=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tứ giác PMQH có :
\(\widehat{HPM}\)=90 (cmt)
\(\widehat{HQM}\)=90 (cmt)
\(\widehat{AMB}\)=90 (cmt)
=>Tứ giác PMQH nội tiếp
=>MH=PQ
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
Đúng(0)
.
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
\(a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật. Từ đó, ta có HM = PQ. b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right) MPQ = MHQ = MBH (= 2 HQ ⌢ ), do đó APQB là tứ giác nội tiếp. c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ} O 1 PA = PAO 1 =90 o − HMP =90 o − MPQ \Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒ O 1 PA + MPQ =90 o ⇒ O 1 PQ =90 o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P. Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2). \)
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ=MHQ=MBH(=2HQ⌢), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1PA=PAO1=90o−HMP=90o−MPQ
\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1PA+MPQ=90
Đúng(0)
cho AB=18 cm. C\(\in\)AB: AC=6 cm
trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ nửa đường tròn \(\left(O_1;\frac{AC}{2}\right)\)và nửa đường tròn \(\left(O_2;\frac{BC}{2}\right)\). Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MK (\(\left(M\in\left(O_1\right)\right)\);\(\left(K\in\left(O_2\right)\right)\) ) AM cắt BK ở I; MK cắt đường tròn \(\left(O;\frac{AB}{2}\right)\)ở E;D. Chứng minh:
a)\(CI⊥AB\)
b)Tính ED
Cho 2 đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\)cắt nhau tại A và B, tiếp tuyến chung với 2 đường tròn \(\left(O_1\right)\)và \(\left(O_2\right)\)về phía nửa mặt phẳng bờ \(O_1;O_2\) chưa điểm B, có tiếp điểm thứ tự là E , F. Qua A kẻ cát tuyến song song với EF và cắt \(\left(O_1\right),\left(O_2\right)\)theo thứ tự tại C và D. Đường thẳng CE và đường thẳng DF cắt nhau tại I .
CMR :
a ) IA vuông góc với CD
b) Tứ giác IEBF nội tiếp
c) Đường thẳng AB đi qua trung điểm của EF
a) kéo dài O1E,O2F cắt CD ở M và N
b) góc BFI + góc BEI =180
c) gọi AB cắt EF ở K
bằng đồng dạng ta chứng minh được KE=KF=KB.KA(đpcm)
Cho hai đường tròn tâm \(O_1,O_2\) tiếp xúc ngoài nhau tại $A$. Trên đường tròn \(\left(O_1\right)\) lấy hai điểm $B$, $C$ phân biệt khác $A$. Các đường thẳng $BA$, $CA$ cắt đường tròn \(\left(O_2\right)\) tại $P$ và $Q$. Chứng minh $PQ$//$BC$.
ta có : Góc CAB = GÓc PQG ( 2 góc đối đỉnh ) . theo tính chất của góc nt , taco : Góc CBA = 1/2 cung AC . Góc APQ = 1/2 sd AQ(1) . theo t/c của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có ; GÓC CBA = 1/2 cung AC . APQ + 1/2 sđ AQ ( 2) . TỪ (1) , ( 2 ) => GÓC CBA = APQ . mà 2 góc này ở vị trí soletrong = > BC song song với QP
xAC=QAy(hai góc đối đỉnh)
theo tính chất của 2 góc được tạo bởi tia tiếp tuyến
=> xAC=1/2sđ cung AC,QAy=1/2sđ cungAQ(1)
theo tính chất của góc nội tiếp,ta có
=> ABC=1/2 sđ cung AC,APQ=1/2sđ cung AQ(2)
từ (1),(2)=> ABC=APQ
=> QP//BC
Cho tam giác ABC cân tại A \(\left(\widehat{A}< 90^o\right)\), một cung tròn tâm O nằm trong tam giác ABC và tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại B và C. Trên cung BC lấy một điểm M rồi hạ đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, CA, AB.
a) Chứng minh \(MI^2=MH.MK\), suy ra vị trí điểm M để tích \(MI.MH.MK\)đạt giá trị lớn nhất.
b) Gọi P là giao điểm của MB và IK; Q là giao điểm của MC và IH. Chứng minh PQ // BC.
c) Gọi \(\left(O_1\right)\)là đường tròn ngoại tiếp tam giác MPK; \(\left(O_2\right)\)là đường tròn ngoại tiếp tam giác MQH.
Chứng minh PQ là tiếp tuyến chung của \(\left(O_1\right)\)và \(\left(O_2\right)\).
d) Gọi N là giao điểm thứ hai của \(\left(O_1\right)\)và \(\left(O_2\right)\). Chứng minh MN, BC, OA đồng quy.
Cho đường tròn \(\left(O_1\right)\) tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $A$. Đường kính $AB$ của đường tròn $(O)$ cắt đường tròn \(\left(O_1\right)\) tại điểm thứ hai $C$ khác $A$. Từ $B$ vẽ tiếp tuyến $BP$ với đường tròn \(\left(O_1\right)\) cắt đường tròn \(\left(O\right)\) tại $Q$. Chứng minh $AP$ là tia phân giác của góc \(\widehat{QAB}\).
có góc AQB= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Hay góc AQP=90 độ => góc QAP= 90 độ- góc QPA=90 độ-1/2sđ cung AP
có góc APC= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O1)=> góc PAC=90 độ - góc PCA=90 độ - 1/2sđ cung AP
Vì vậy góc QAP= góc PAC hay AP là tia phân giác của góc QAB
Ta có: góc BQA =90o (góc nội tiếp chắn nửa (O))
Xét Δ PQA vuông tại Q có: góc QAP + góc QPA =90o ⇒ góc QAP=90o- góc QPA
Mà góc QPA =1/2 sđ cung PA ( góc QPA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến cà dây cung chắn cung AP của (O1))
⇒góc QAP=90o- 1/2 sđ cung PA (1)
Xét ΔCPA vuông tại P ( vì góc CPA là góc nội tiếp chắn nửa (O1)) có
góc PCA + góc PAC =90o⇒góc PAC =90o-góc PCA
mà góc PCA =1/2 sđ cung PA ( góc nội tiếp chắn cung PA )
⇒góc PAC= 90o-1/2 sđ cung PA (2)
Từ (1) và (2) ⇒ góc QAP=góc PAC ⇒ AP là tia phân giác của góc QAB
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tiếp tuyến ,.Ax By . Lấy điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A và B). Kẻ MH vuông góc AB tại H
a) Tính MH biết \(AH=3cm,HB=5cm\)
b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt ,Ax By lần lượt tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh M, I ,H thẳng hàng
c) Vẽ đường tròn tâm \(\left(O'\right)\)nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc với AB ở K. Chứng minh diện tích \(S_{AMB}=AK.KB\)
M A C x B D y H K O I
a) Tam giác AMC vuông tại M có MH là đường cao
\(\Rightarrow MH=\sqrt{AH.BH}\)( hệ thức lượng trong tam giác vuông )
\(\Rightarrow MH=\sqrt{15}\left(cm\right)\)
b) Vì AC song song với BD nên ta có : \(\frac{AC}{BD}=\frac{AI}{ID}=\frac{CM}{MD}\)( vì \(AC=CM;BD=MD\))
\(\Rightarrow MI//AC\)mà \(MH//AC\) ( cùng vuông góc với AB )
Suy ra \(M,I,H\)thẳng hàng
c ) Đặt \(AB=a,AM=c,BM=b\)
Ta có:
\(AK=\frac{a+c-b}{2};BK=\frac{a+b-c}{2}\)
\(\Rightarrow AK.BK=\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{1}{2}.\left[\frac{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{2}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b-c\right)^2}{2}\right]=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b^2+c^2\right)+2bc}{2}\right]\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{2bc}{2}=\frac{1}{2}.bc=\frac{1}{2}AM.MB=S_{AMB}\)
Vậy \(S_{AMB}=AK.KB\)
Chúc bạn học tốt !!!
Cho hai đường tròn \(\left(O_1\right),\left(O_2\right)\)cắt nhau tại A và B, kéo dài AB về phía B lấy điểm M, từ M kẻ tiếp tuyến ME và MF với \(\left(O_1\right)\)( E và F là hai tiếp điểm, F cùng phía với đường tròn \(\left(O_2\right)\)đối với AB. ĐƯờng thẳng BE và BF cắt \(\left(O_2\right)\) tại P, Q. PQ và EF cắt nhau tại I. CMR:
a) \(\frac{FB}{FA}=\frac{EB}{EA}\) b) AFIQ là tứ giác nội tiếp
c) \(\Delta FBA~\Delta IPA\) d) QI=IP
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Lấy OA làm đường kính vẽ nửa đường tròn cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AB với nửa đường tròn (O). Trên nửa đường tròn đường kính OA lấy một điểm C (khác A và O). Tia OC cắt nửa đường tròn (O) tại D. Vẽ DH vuông góc AB.
a) Chứng minh \(\Delta ACO\)vuông tại C. Giả sử cho OC= \(\frac{R}{2}\)hãy tính AC; DH; AD; AH theo R.
b) Chứng minh \(\Delta OCH\)cân tại O.
c) Chứng minh tứ giác \(AHCD\)là hình thang cân.
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính \(AB=2R\) và điểm $C$ nằm trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn và nằm ngoài nửa đường tròn. $CA$ cắt nửa đường tròn ở $M$, $CB$ cắt nửa đường tròn ở $N$. Gọi $H$ là giao điểm của $AN$ và $BM$.
a) Chứng minh \(CH\perp AB\).
b) Gọi $I$ là trung điểm của $CH$. Chứng minh $MI$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $(O)$.
c) Giả sử $CH$ = $2R$. Tính số đo cung \(\stackrel\frown{MN}\).
CH=2R =90
xét jfnfjdmemekekd
Bảng xếp hạng