Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gợi ý:
a) \(DO\) song song với \(EC\) do chúng cùng vuông góc với \(BE\).
b) \(\Delta AEO\sim\Delta ABD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AO}{AD}\Rightarrow AO.AB=AE.AD\).
c) \(B,O,E,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BN\) do \(\widehat{BON}=\widehat{BEN}=90^o\).
Mà \(B,O,E,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OD\) do \(\widehat{DBO}=\widehat{OED}=90^o\)
nên \(B,O,E,N,D\) cùng thuộc một đường tròn
và \(BN,OD\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Suy ra tứ giác \(BOND\) là hình bình hành.
Từ đó suy ra tứ giác \(ODNC\) là hình bình hành.
Gọi N là giao điểm của AD và BC; H là giao điểm của MN và AB
Chứng minh góc AHM= 90; mà góc CAB 45(gt) nên tam giác AHM vuông cân
=>MH = AH
=>MH + HB = AH + HB = 2R (1)
* Tam giác MHB vuông tại H
HB = MB.cos MBH => MB= \(\frac{HB}{sosMBH}\)=\(\frac{HB}{cos60^0}\)=2HB
MH = MB. sin MBH => MH= MB. sin60=\(\frac{MB\sqrt{3}}{2}=HB\sqrt{3}\)
=> \(HB=\frac{MH}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}MH}{3}\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(MH+\frac{\sqrt{3}MH}{3}=2R\Rightarrow MH=\frac{6R}{3+\sqrt{3}}=\left(3-\sqrt{3}\right)R\)
Vậy \(S=\frac{AB.MH}{2}=\frac{1}{2}.2R\left(3-\sqrt{3}\right)R=\left(3-\sqrt{3}\right)R^2\)
cảm ơn bạn, mình còn rất nhiều bt vì mình đang ôn đội tuyển, mong đc các bạn giúp đỡ
a) Ax ⊥ OA tại A, By ⊥ OB tại B nên Ax, By là các tiếp tuyến của đường tròn.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
CM = CA; DM = DB;
∠O1 = ∠O2; ∠O3 = ∠O4
⇒ ∠O2 + ∠O3 = ∠O1 + ∠O4 = 1800/2 = 900 (tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù).
⇒ ∠OCD = 900
b) CM và CA là hai tiếp tuyến của đường tròn, cắt nhau tại C nên CM = CA
Tương tự:
DM = DB
⇒ CM + DM = CA + DB
⇒ CD = AC + BD.
c) Ta có OM ⊥ CD
Trong tam giá vuông COD, OM Là đường cao thuộc cạnh huyển
OM2 = CM.DM
Mà OM = OA = OA = AB/2 và CM = AC; DM = BD
Suy ra AC.BD = AB2/2 = không đổi
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>AC⊥PB tại C
Xét (O) có
ΔADB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔADB vuông tại D
=>BD⊥PA tại D
Xét tứ giác PCHD có \(\hat{PCH}+\hat{PDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên PCHD là tứ giác nội tiếp
b:Xét (O) có
\(\hat{DHC}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung DC và AB
=>\(\hat{DHC}=\frac12\left(\hat{DOC}+\hat{AOB}\right)=\frac12\left(90^0+180^0\right)=\frac12\cdot270^0=135^0\)
PDHC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DPC}+\hat{DHC}=180^0\)
=>\(\hat{DPC}=180^0-135^0=45^0\)
c: Xét ΔPAB có
AC,BD là các đường cao
AC cắt BD tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔPAB
=>PH⊥AB tại K
Xét ΔPCH vuông tại C và ΔPKB vuông tại K có
\(\hat{CPH}\) chung
Do đó: ΔPCH~ΔPKB
=>\(\frac{PC}{PK}=\frac{PH}{PB}\)
=>\(PC\cdot PB=PH\cdot PK\)
∆ ACB nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên ∆ ABC vuông tại C
CO = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
AC = AO (bán kính đường tròn (A))
Suy ra: AC = AO = OC
∆ ACO đều góc AOC = 60 °
∆ ADB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB nên ∆ ADB vuông tại D
DO = OB = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
BD = BO(bán kính đường tròn (B))
Suy ra: BO = OD = BD
∆ BOD đều
