Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì AE là phân giác \(\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\) hay \(\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\)
Xét (O) có: \(\widehat{CBA}=\widehat{AEC}\)(cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\))
hay \(\widehat{DBA}=\widehat{AEC}\)
Xét ΔBAD và ΔEAC có:
\(\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\) (cmtrn)
\(\widehat{DBA}=\widehat{AEC}\) (cmtrn)
\(\Rightarrow\) ΔBAD∼ΔEAC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\) \(\Leftrightarrow AB.AC=AE.AD\) (đpcm)
b) Theo CM a) ΔBAD∼ΔEAC
\(\widehat{BDA}=\widehat{ECA}\) hay \(\widehat{SDA}=\widehat{ECA}\) (1)
Xét (O) có: \(\widehat{ECA}=\widehat{EAS}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{EA}\))
hay \(\widehat{ECA}=\widehat{DAS}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(\widehat{SDA}=\widehat{DAS} \) \((=\widehat{ECA})\)
\(\Rightarrow\) ΔDSA cân tại S
c) Xét (O) có: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAS}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\))
hay \(\widehat{SCA}=\widehat{BAS}\)
Xét ΔCSA và ΔASB có:
\(\widehat{CSA}:chung\)
\(\widehat{SCA}=\widehat{BAS}\)
\(\Rightarrow\) ΔCSA∼ΔASB (g.g)
\(\Rightarrow\frac{SC}{SA}=\frac{SA}{SB}\) \(\Leftrightarrow SC.SB=SA^2\) (đpcm)
d) Xét (O) có: \(\widehat{ECP}=\widehat{EAC}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{EC}\))
hay \(\widehat{QCP}=\widehat{EAC}\) (3)
Theo CM a) \(\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\) hay \(\widehat{QAP}=\widehat{EAC}\) (4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) \(\widehat{QCP}=\widehat{QAP}\) \((=\widehat{EAC})\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác QACP nội tiếp đường tròn (theo dhnb tứ giác nội tiếp).
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.
- Thương của hai số được tính.
- Thương được nhân với 100100100để tìm tỉ số phần trăm.
- Thương của 36,9636 comma 9636,96và 424242được tính: 36,9642=0,88the fraction with numerator 36 comma 96 and denominator 42 end-fraction equals 0 comma 8836,9642=0,88.
- Tỉ số phần trăm được tính bằng cách nhân thương với 100100100: 0,88×100=88%0 comma 88 cross 100 equals 88 %0,88×100=88%.
Tự vẽ hình nha
c) AE là tia phân giác của góc CAB => sđcEC=sđcEB=> EC=EB=> OE vuông góc vs BC
Góc OAE= góc OEA(1)
OE song song vs AH (cùng vuông góc vs BC)=> OEA=EAH(2)
Từ (1) và (2) => góc OAE= góc EAH => AE là tia phân giác của góc OAH
Câu f)
Theo phần d đã chứng minh được $BHOC$ nội tiếp
\(\Rightarrow \widehat{MHB}=\widehat{MCO}\)
Xét tam giác $MHB$ và $MCO$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MHB}=\widehat{MCO}\\ \text{Chung góc M}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MHB\sim \triangle MCO(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{MB}{HB}=\frac{MO}{CO}(1)\)
Giờ ta sẽ chứng minh \(\frac{MO}{CO}=\frac{KM}{KH}\)
\(\Leftrightarrow MO.KH=KM.CO\)
\(\Leftrightarrow MO.KH=CO(MO+OK)\)
\(\Leftrightarrow CO.OK=MO(KH-CO)=MO(KH-KO)\)
\(\Leftrightarrow CO^2=MO.OH\)
\(\Leftrightarrow OA^2=OH.OM\) (đúng theo hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO)
Do đó \(\frac{MO}{CO}=\frac{KM}{KH}\). Kết hợp với (1) suy ra \(\frac{KM}{KH}=\frac{BM}{BH}\Rightarrow MK.BH=BM.HK\)
Bạn ơi, mình học là cái dấu hiệu góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại định đó chỉ được dùng để chứng minh chứ không được dùng làm định lí
Giờ sao ???
Anh Truong: bạn nói rõ hơn được không? Ở phần nào? Mình chưa hiểu ý bạn lắm.
Với lại đã chứng minh tam giác AOM vuông đâu ?
Tam giác $AMO$ vuông tại $A$ là tính chất của đường tiếp tuyến (tính chất cơ bản mà bạn)
$MA$ là tiếp tuyến với $A$ là tiếp điểm thì \(MA\perp OA\)
À quên, tiếp tuyến MA
Ở câu d) chứng minh tứ giác BHOC nội tiếp nếu dùng cái suy ra ở phần đầu của bạn thì có thể chứng minh tứ giác đó nội tiếp (dấu hiệu 2). Nhưng mình học là không thể lấy các dấu hiệu ấy làm tính chất của các tứ giác đã chứng minh được nội tiếp
Từ phần chứng minh \(\dfrac{MO}{CO}=\dfrac{KM}{KH}\) nữa, ,mình vẫn chưa hiểu lắm (phải làm từ dưới lên mới suy ra được chứ ?)
Anh Truong: Trời ơi ở đâu có chuyện phi lý thế? Tính chất của tứ giác nội tiếp là hai góc đối đỉnh bù nhau, dẫn đến góc kề bằng góc đối. Không có tính chất, đặc điểm về tgnt thì có thể hình thành dấu hiệu được không?
Mình cũng học qua lớp 9 và thi cử bao nhiêu lần rồi chứ.
Còn cái chứng minh \(\frac{MO}{CO}=\frac{KM}{KH}\) cái đó là biến đổi tương đương, tức là biến đổi mà giữ nguyên tính chất. Cái này làm BĐT đã được áp dụng rất nhiều Bạn có thể đổi chiều biến đổi từ cuối lên đầu cũng được, không sao cả. Nhưng biến đổi tương đương thế này sẽ thuận theo tư duy hơn.
thế à, lúc đầu mình cũng làm như thế mà cô lại bảo như vậy