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
ở câu c nếu chỉ có BC là dây và OE là đường thẳng đi qua bán kính thì BC chưa thể vuông góc với OE được bạn nhé mà cần phải OE đi qua trung điểm của BC nữa
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)