Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
DO đó: ΔCAB vuông tại C
E đối xứng H qua AC
=>AC là đường trung trực của EH
=>AC⊥EH tại trung điểm của EH
=>P là trung điểm của EH và AC⊥EH tại P
E đối xứngK qua BC
=>BC là đường trung trực của EK
=>BC⊥EK tại Q và Q là trung điểm của EK
Xét tứ giác CPEQ có \(\hat{CPE}=\hat{CQE}=\hat{PCQ}=90^0\)
nên CPEQ là hình chữ nhật
b: Xét ΔCEA vuông tại E có EP là đường cao
nên \(CP\cdot CA=CE^2\left(1\right)\)
Xét ΔCEB vuông tại E có EQ là đường cao
nên \(CQ\cdot CB=CE^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(CP\cdot CA=CQ\cdot CB\)
c: AC là đường trung trực của HE
=>AE=AH; CE=CH
CB là đường trung trực của EK
=>CE=CK; BE=BK
Xét ΔAHC và ΔAEC có
AH=AE
CH=CE
AC chung
Do đó: ΔAHC=ΔAEC
=>\(\hat{AHC}=\hat{AEC}\)
=>\(\hat{AHC}=90^0\)
=>AH⊥HC tại H
ΔAHC=ΔAEC
=>\(\hat{HCA}=\hat{ECA}\)
=>CA là phân giác của góc HCE
=>\(\hat{HCE}=2\cdot\hat{ACE}\)
Xét ΔCEB và ΔCKB có
CE=CK
BE=BK
CB chung
Do đó: ΔCEB=ΔCKB
=>\(\hat{ECB}=\hat{KCB}\)
=>CB là phân giác của góc ECK
=>\(\hat{ECK}=2\cdot\hat{ECB}\)
ΔCEB=ΔCKB
=>\(\hat{CEB}=\hat{CKB}\)
=>\(\hat{CKB}=90^0\)
=>CK⊥KB
Ta có: \(\hat{HCK}=\hat{HCE}+\hat{KCE}\)
\(=2\left(\hat{ACE}+\hat{BCE}\right)=2\cdot\hat{ACB}=2\cdot90^0=180^0\)
=>H,C,K thẳng hàng
Ta có: AH⊥HK
BK⊥KH
Do đó: AH//BK
ta có: CH=CE
CK=CE
Do đó: CH=CK
=>C là trung điểm của HK
Xét hình thang AHKB có
O,C lần lượt là trung điểm của AB,HK
=>OC là đường trung bình của hình thang AHKB
=>OC//AH//KB
=>OC⊥HK tại C
=>HK là tiếp tuyến tại C của (O)
Câu a dễ nha: tứ giác BCDO có DOB+DCB=90+90=180(mà 2 góc ở vị trí đối nhau )
nên BCDO nội tiếp
câu b) tam giác ADO và tam giác ABC có:
góc BAC chung
AOD=ACB=90
câu c: CB là dây cung mà OE là đường thẳng đi qua bán kính nên OE vuông góc với BC
nên OE// DC hay AD//OE mà DE//AO nên OEDA là hình bình hành
câu d thì mk chưa nghĩ ra hihi thông cảm nha
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
a: Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>CA⊥CB tại C
E đối xứng H qua AC
=>AC là đường trung trực của EH
=>AC⊥EH tại P và P là trung điểm của EH
E đối xứng K qua BC
=>BC là đường trung trực của EK
=>BC⊥EK tại Q và Q là trung điểm của EK
Xét tứ giác CPEQ có \(\hat{CPE}=\hat{CQE}=\hat{PCQ}=90^0\)
nên CPEQ là hình chữ nhật
b: Xét ΔCEA vuông tại E có EP là đường cao
nên \(CP\cdot CA=CE^2\left(1\right)\)
Xét ΔCEB vuông tại E có EQ là đường cao
nên \(CQ\cdot CB=CE^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(CP\cdot CA=CQ\cdot CB\)
c: Xét ΔCPE vuông tại P và ΔCPH vuông tại P có
CP chung
PE=PH
Do đó: ΔCPE=ΔCPH
=>\(\hat{PCE}=\hat{PCH}\)
=>CP là phân giác của góc ECH
=>\(\hat{ECH}=2\cdot\hat{ECA}\)
Xét ΔCQE vuông tại Q và ΔCQK vuông tại Q có
CQ chung
QE=QK
Do đó: ΔCQE=ΔCQK
=>\(\hat{ECQ}=\hat{KCQ}\)
=>CB là phân giác của góc ECK
=>\(\hat{ECK}=2\cdot\hat{ECB}\)
\(\hat{ECH}+\hat{ECK}=\hat{KCH}\)
=>\(\hat{KCH}=2\left(\hat{ECA}+\hat{ECB}\right)=2\cdot\hat{ACB}=2\cdot90^0=180^0\)
=>K,C,H thẳng hàng
Xét ΔCEA và ΔCHA có
CE=CH
\(\hat{ECA}=\hat{HCA}\)
CA chung
Do đó: ΔCEA=ΔCHA
=>\(\hat{CEA}=\hat{CHA}\)
=>\(\hat{CHA}=90^0\)
=>AH⊥HC
Xét ΔCEB và ΔCKB có
CE=CK
BE=BK
CB chung
Do đó: ΔCEB=ΔCKB
=>\(\hat{CEB}=\hat{CKB}\)
=>\(\hat{CKB}=90^0\)
=>KB⊥KC
=>KB⊥KH
mà KH⊥HA
nên KB//HA
CH=CE
CE=CK
Do đó; CH=CK
=>C là trung điểm của HK
Xét hình thang AHKB có
O,C lần lượt là trung điểm cua AB,HK
=>OC là đường trung bình của hình thang AHKB
=>OC//AH//BK
=>OC⊥HK tại C
Xét (O) có
OC là bán kính
OC⊥HK tại C
Do đó: HK là tiếp tuyến tại C của (O)