Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C K Q D I P O H 1 1 2 1 2 3 1 2 E
- Do AB , AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên : \(\hept{\begin{cases}OB⊥AB\\OC⊥AC\end{cases}\Rightarrow\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0}\)\(\Rightarrow ABOC\)Nội tiếp đường tròn đường kính AO
- Ta có : \(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}chung\\\widehat{BEA}=\widehat{ABD}\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABD\approx\Delta AEB\)\(\frac{AE}{AB}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AB^2=AE.AD\left(1\right)\)Mà ta lại có tam giác vuông \(\Delta ABO\)Có BH là đường cao ( tính chất của tiếp tuyến ) \(\Rightarrow AH.AO=AB^2\left(2\right)\)từ 1 và 2 \(\Rightarrow AH.AO=AD.AE\left(dpcm\right)\)
- Theo tính chất của tiếp tuyến luôn có \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2};\widehat{K_1}=\widehat{K_2};\widehat{0_3}=\widehat{0_2}\) Do \(\widehat{A_1}=\widehat{0_1}\)(Cùng phụ góc \(\widehat{AQO}\)) mặt khác \(\widehat{KOQ}=\widehat{O_1}+\widehat{O_2}=\widehat{A_1}+90^0-\widehat{K_1}\left(3\right)\)
\(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}=180-\left(\widehat{K_2}+\widehat{IOK}\right)\)mà \(\widehat{IOK}=180^0-\widehat{BAC}\)Do AO là phân giác của \(\widehat{BAC}\)\(\Rightarrow\widehat{IOK}=90^0-\widehat{A_1}\)Vì vậy ta có :\(\widehat{I_2}=180-\left(\widehat{K_2}+90^0-\widehat{A_1}\right)=90^0+\widehat{A_1}-\widehat{K}_2\left(4\right)\)
từ 3 và 4 ta có \(\widehat{I_1}=\widehat{KOQ}\)
Vì \(\widehat{APO}=\widehat{AQP}\)\(\Rightarrow\Delta IPO=\Delta OQK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{OP}=\frac{OQ}{QK}\Leftrightarrow IP.QK=OQ.OP\)Mà \(OP=OQ=\frac{PQ}{2}\)\(\Rightarrow IP.QK=\left(\frac{PQ}{2}\right)^2\Leftrightarrow PQ^2=4IP.QK\le\left(IP+QK\right)^2\)\(\Rightarrow IP+QK\ge PQ\)
a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)
Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(AH.AO=AB^2\)
Suy ra AD.AE = AH.AO
c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)
\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)
Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)
acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk
a: Xét (O) có
\(\widehat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD
\(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD
Do đó: \(\widehat{ABD}=\widehat{BED}\)
Xét ΔABD và ΔAEB có
\(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔABD~ΔAEB
=>\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\)
=>\(AB^2=AD\cdot AE\)
b: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1),(2) suy ra AO là đường trung trực của BC
=>AO\(\perp\)BC tại H
Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AB^2\)
=>\(AH\cdot AO=AD\cdot AE\)
=>\(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AD}{AO}\)
Xét ΔAHD và ΔAEO có
\(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AD}{AO}\)
\(\widehat{HAD}\) chung
Do đó: ΔAHD~ΔAEO
=>\(\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)
mà \(\widehat{AHD}+\widehat{OHD}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{OHD}+\widehat{OED}=180^0\)
=>OHDE nội tiếp