Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
A B P S D C M E F O H K
a) Ta thấy 2 tiếp tuyến tại M và B của đường tròn (O) giao nhau tại D => ^OMD=^OBD=900
=> Tứ giác MOBD nội tiếp đường tròn => ^ODM=^OBM (Cùng chắn cung OM) (1)
Ta có: ^CAM + ^MAB = 900. Mà ^MAB + ^OBM = 900 => ^CAM=^OBM (2)
Từ (1) và (2) => ^CAM=^ODM (đpcm).
b) Gọi giao điểm của tia FE là tia AB là S. Ta sẽ đi chứng minh S trùng với P.
Thật vậy: Ta gọi giao điểm của SM với AF và BE lần lượt là H và K.
Dễ thấy: BE // AF (Quan hệ song song vuông góc)
Áp dụng hệ quả ĐL Thales, ta có các tỉ số sau: \(\frac{EK}{AH}=\frac{BE}{AF}=\frac{SB}{SA};\frac{BK}{AH}=\frac{SB}{SA}\)
\(\Rightarrow\frac{EK}{AH}=\frac{BK}{AH}\Rightarrow EK=BK\)
=> K là trung điểm của BE (3)
Lại có: DB và DM là 2 tiếp tuyến của (O) => DB=DM => \(\Delta\)MDB cân đỉnh D
=> ^DBM=^DMB. Do ^DMB + ^DME = 900 => ^DBM + ^DME = 900
Mà ^DBM + ^DEM = 900 => ^DEM=^DME => \(\Delta\)EDM cân tại D => DE=DM
Mà DB=DM (cmt) => DE=DB => D là trung điểm của EB (4)
Từ (3) và (4) => D trùng với K. Tương tự ta chứng minh được C trùng với H.
=> 3 điểm C;D;S thẳng hàng => CD cắt AB tại S
Theo giả thiết: CD giao AB tại P => S trùng với P
Mà tia FE đi qua điểm S => FE đi qua điểm P => 3 điểm E;F;P thẳng hàng (đpcm).
a) Theo giả thiết, =
=
.60o = 30o
=
+
(tia CB nằm giữa hai tia CA, CD)
=> = 60o + 30o = 90o (1)
Do DB = CD nên ∆BDC cân => =
= 30o
Từ đó = 60o + 30o = 90o (2)
Từ (1) và (2) có +
= 180o nên tứ giác ABDC nội tiếp được.
b) Vì = 90o nên AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC, do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC là trung điểm AD.
A B C D E x y
a) Xét tứ giác BEDC có:
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}\)
\(\widehat{BEC}\)và \(\widehat{BDC}\) cùng nhìn cạnh BC
=> BEDC là tứ giác nội tiếp
b) Do BEDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{BED}+\widehat{BCD}=180^o\)
Mà \(\widehat{BED}+\widehat{DEA}=180^o\Rightarrow\widehat{BCD}=\widehat{DEA}\)(*)
Mặt khác ta có:
\(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\)(cùng chắn cung AB)
hay \(\widehat{xAE}=\widehat{BCD}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat{DEA}=\widehat{xAE}\)
=> xy song song với ED (2 góc sole trong) (đpcm)
c) Do tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp
Mà \(\widehat{EBD}\)và \(\widehat{ECD}\)cùng nhìn cạnh ED
=> \(\widehat{EBD}=\widehat{ECD}\)(đpcm)
d) \(\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=120^o\)
DIện tích hình quạt BOC là: \(S_{qBOC}=\frac{\pi.R.n}{180}=\frac{\pi.2.120}{180}=\frac{4}{3}\pi\left(cm^2\right)\)
\(BC^2=OB^2+OC^2-2.OB.OC.cos120^o=12\Rightarrow BC=2\sqrt{3}\)
OH là đường cao, tam giác BOC cân tại O => BH=1/2.BC=\(\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(OH^2=OB^2-BH^2=2^2-3=1\Rightarrow OH=1\left(cm\right)\)
Diện tích tam giác BOC là: \(S_{\Delta BOC}=\frac{1}{2}.OH.BC=\frac{1}{2}.1.2\sqrt{3}=\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)
=> Diện tích hình viên phân là: \(S_{vp}=S_{qBOC}-S_{\Delta BOC}=\frac{4}{3}\pi-\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)
M A B H O N I K C D O'
1) Xét đường tròn tâm O' đường kính AN: Điểm I thuộc (O') => ^AIN=900 => ^NIB=900
Xét tứ giác NHBI: ^NHB=^NIB=900 => Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (đpcm).
2) Ta có tứ giác AKNI nội tiếp (O') => ^KAI+^KNI=1800 (1)
Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (cmt) => ^INH+^IBH=1800 (2)
MA và MB là 2 tiếp tuyến của (O;R) => MA=MB => \(\Delta\)AMB cân tại M
=> ^MAB=^MBA hay ^KAI=^IBH (3)
Từ (1); (2) và (3) => ^KNI=^INH
Ta thấy: ^NKI=^NAI (Cùng chắn cung NI)
Theo t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung => NAI=^NBH
=> ^NKI=^NBH. Mà ^NBH=^NIH (Cùng chắn cung HN) => ^NKI=^NIH
Xét \(\Delta\)NHI và \(\Delta\)NIK: ^NIH=^NKI; ^KNI=^INH (cmt) => \(\Delta\)NHI~\(\Delta\)NIK (g.g) (đpcm).
3) ^NIH=^NKI. Mà ^NKI=^NAI => ^NIH=^NAI hay ^NIC=^NAB (4)
^NIK=^NAK (Chắn cung NK). Mà ^NAK=^NBA (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
=> ^NIK=^NBA hay ^NID=^NBA (5)
Cộng (4) & (5) => ^NIC+^NID = ^NAB+^NBA = 1800 - ^ANB = 1800-^CND
=> ^CID+^CND=1800 => Tứ giác CNDI nội tiếp đường tròn => ^NDC=^NIC
Lại có: ^NIC=^NKI=^NAI => ^NDC=^NAI (2 góc đồng vị) => CD//AI hay CD//AB (đpcm).
xét tg ABCD có \(\widehat{A}+\widehat{C}=180^0\)
\(\Rightarrow\)ABCD là tg nt (O) ( tg có tổng 2 góc đối = 1800 là tg nt )
xét (O) có \(\widehat{DAC}=\widehat{BAC}\)( AC là tia pg của \(\widehat{DAC}\))
\(\Rightarrow\)\(\widebat{DC}=\widebat{BC}\)(2 góc nt = nhau chắn 2 cung = nhau)
\(\Rightarrow\widehat{DBC}=\widehat{BDC}\)( 2 CUNG = NHAU CHẮN 2 GÓC NT = NHAU)
\(\Rightarrow\)\(\Delta BDC\)cân tại C
mà CK là đường trung tuyến của \(\Delta BDC\)(K là trung điểm của BD)
\(\Rightarrow\)CK đồng thời là đường cao , đường trung tuyến , tia pg của \(\Delta BDC\)
\(\Rightarrow\)\(CK\perp BD\) (1)
xét \(\Delta BDE\)là tam giác đều có CK là đường trung tuyến ( k là trung điểm của BD)
\(\Rightarrow\)EK đồng thời là đường cao , trung tuyến và tia phân giác của \(\Delta BDE\)
\(\Rightarrow EK\perp BD\) (2)
TỪ (1) VÀ (2) \(\Rightarrow\)E , C , K thẳng hàng
#mã mã#
hình bạn tự vẽ nha ^^
#mã mã#