Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giờ mình ko rảnh và máy tính đanhg hư nên ko làm đc thông cảm nhá
HD
Câu 1.
Tự CM.
Câu 2:
Kẻ AO cắt đường tròn tại F
Để ý góc ADE=góc EBC=góc AFC
Mà góc CAF+góc FAC =90°
⇒góc ADE+góc FAC =90°hay AF ⊥ DE.
Vậy đường thẳng kẻ qua A vuông góc DE luôn đi qua điểm cố định O.
Câu 3:
Gọi giao CQ và BP là O’
Dễ thấy góc ABP=góc QCE (cùng bằng 1/2 góc ABD = 1/2 góc ACE)
⇒ góc ABP+góc QCE=90° hay BP ⊥ CQ tại O’
⇒ các ΔBQN, ΔCMP có đường phân giác đồng thời là đường cao nên cân tại B và C
⇒ O’M=O’P; O’N=O’Q; lại có QN ⊥ MP, nên tứ giác MNPQ là hình thoi
A B C K M N H O
1) Dễ thấy ^CHN = ^CKN = 900 => Bốn điêm C,H,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính CN
Hay tứ giác CNKH nội tiếp đường tròn (CN) (đpcm).
2) Sđ(BCnhỏ = 1200 => ^BOC = 1200 => ^BNC = 1/2.Sđ(BCnhỏ = 1/2.^BOC = 600
Vì tứ giác CNKH nội tiếp (cmt) nên ^KHC = 1800 - ^CNK = 1800 - ^BNC = 1200.
3) Hệ thức cần chứng minh tương đương với:
2KN.MN = AM2 - AN2 - MN2 <=> 2KN.MN = MN.MB - MN2 - AN2 (Vì AM2 = MN.MB)
<=> 2KN.MN = MN.BN - AN2 <=> AN2 = MN(BN - 2KN)
<=> AK2 + KN2 = MN(BK - KN) (ĐL Pytagoras) <=> AK2 + KN.KM = MN.BK
<=> AM2 - (MK2 - KN.KM) = MN.BK (ĐL Pytagoras) <=> AM2 - MK.MN = MN.BK
<=> AM2 = MN(BK + MK) = MN.MB <=> AM2 = AM2 (Hệ thức lượng đường tròn) (Luôn đúng)
Do đó hệ thức ban đầu đúng. Vậy KN.MN = 1/2.(AM2 - AN2 - MN2) (đpcm).
A B O C I P M K Q
a) Đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C nằm trên cung AB => ^ACB=900 hay ^PCB=900
Xét tứ giác BCPI: ^PCB=900; ^PIB=900 => Tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm BP)
b) Xét \(\Delta\)AMB: AC\(\perp\)BM; MI\(\perp\)AB; AC cắt MI tại P => P là trực tâm của \(\Delta\)AMB
Dễ thấy: BK\(\perp\)AM => B;P;K là 3 điểm thẳng hàng (đpcm).
c) Nhận xét: Khi BC=R thì BC=OC=OB=OA => \(\Delta\)ABC là tam giác nửa đều có ^CBA=600
=> ^ACO=300. Do AQ là tiếp tuyến của (O) nên ^ACO+^QCA=900 => ^QCA = 600 (1)
Theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau => QA=QC (2)
Từ (1) và (2) => \(\Delta\)AQC là tam giác đều => AQ=AC
Dễ có: AC=\(\sqrt{3}R\)=> AQ=\(\sqrt{3}R\)
Xét \(\Delta\)MIB: ^MBI=600; ^MIB=900 => \(\Delta\)MIB là tam giác nửa đều => BI= BM/2
Để ý thấy I là trung điểm OA => BI=3/2R => BM = 2.3/2R = 3R
Dựa vào ĐL Pytagore, ta tính được: \(MI^2=9R^2-\frac{9}{4}R^2=R^2.\left(\frac{36-9}{4}\right)=\frac{R^2.27}{4}\)
\(\Rightarrow MI=\frac{\sqrt{27}.R}{2}\)
\(\Rightarrow S_{QAIM}=\frac{\left(\sqrt{3}R+\frac{\sqrt{27}R}{2}\right).\frac{R}{2}}{2}=\frac{R.\left(\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right).\frac{R}{2}}{2}\)\(=\frac{R^2.\frac{5\sqrt{3}}{4}}{2}=\frac{5\sqrt{3}.R^2}{8}\)
Vậy \(S_{QAIM}=\frac{5\sqrt{3}.R^2}{8}\).
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: \(S_{vp}=S_{qBOC}-S_{\Delta BOC}=\frac{4}{3}\pi-\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)