Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D P Q O I E
a) Ta có: Đường tròn (O;R) có đường kính CD và điểm A nằm trên cung CD => ^CAD=900
=> ^PAQ=900 => \(\Delta\)APQ vuông tại A
Do PQ là tiếp tuyến của (O) tại B => AB là đường cao của \(\Delta\)APQ
=> ^PAB=^AQP (Cùng phụ ^APQ) hay ^CAO=^DQP
Mà \(\Delta\)AOC cân tại O => ^CAO=^ACO => ^DQP=^ACO
Lại có: ^ACO+^PCD=1800 => ^DQP+^PCD=1800
=> Tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Xét \(\Delta\)APQ vuông tại A: Có đường trung tuyến AI => \(\Delta\)AIQ cân tại I
=> ^IAQ=^IQA hay ^IAQ=^DQP => ^IAQ=^ACO (Do ^DQP=^ACO)
Hay ^IAQ=^ACD. Mà ^IAQ+^CAI=900 => ^ACD+^CAI=900
=> AI vuông góc với CD (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn
=> 4 đường trung trực của CP;CD;DQ;PQ cắt nhau tại 1 điểm (1)
E là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)CPQ => Trung trực của CP và CD cắt nhau tại E (2)
Từ (1) và (2) => Điểm E nằm trên trung trực của PQ.
Lại có: I là trung điểm PQ => E là điểm cách PQ 1 khoảng bằng đoạn EI (*)
AB vuông góc PQ; EI cũng vuông góc PQ => AB//EI hay AO//EI (3)
E thuộc trung trực CD; O là trung điểm CD => OE vuông góc CD.
Mà AI vuông góc CD => OE//AI (4)ư
Từ (3) và (4) => Tứ giác AOEI là hình bình hành => AO=EI (**)
Từ (*) và (**) => E là điểm cách PQ 1 khoảng bằng đoạn AO
Mà AO là bk của (O); PQ là tiếp tuyến của (O) tại B
Nên ta có thể nói: Điểm E là điểm cách tiếp tuyến của (O) tại B một khoảng bằng độ dài bán kính của (O)
Vậy khi đường kính CD thay đổi thì điểm E di động trên đường thẳng song song với tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) và cách (O) 1 khoảng bằng độ dài bk của (O).
A B C H M N
a, Vì HM là đường cao => \(HM\perp AB\)=> ^HMA = 900
Vì HN là đường cao => \(HN\perp AC\)=> ^HNA = 900
Xét tứ giác AMHN có :
^HMA + ^HNA = 900
mà ^HMA ; ^HNA đối nhau
Vậy tứ giác AMHN nội tiếp
b, Xét tam giác ABH vuông tại H, đường cao HM ta có :
\(AH^2=AM.AB\)(1)
Xét tam giác ACH vuông tại H, đường cao HN ta có :
\(AH^2=AN.AC\)(2)
từ (1) ; (2) suy ra : \(AM.AB=AN.AC\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
Xét tam giác AMN và tam giác ACB ta có :
^A chung
\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)( cmt )
Vậy tam giác AMN ~ tam giác ACB ( c.g.c )
idk
Gọi T là giao điểm của AB và CD, S là giao điểm của (PDC) và (PAB), K là giao điểm của AC và BD, J là giao điểm của (KAD) và (KBC).
Khi đó dễ thấy \(TA.TB=TC.TD\) nên \(P_{T/\left(PAB\right)}=P_{T/\left(PCD\right)}\) hay T thuộc trục đẳng phương PS của (PAB) và (PCD). Suy ra T, S, P thẳng hàng.
Ta thấy \(PA.PD=PB.PC\) nên \(P_{P/\left(KAD\right)}=P_{P/\left(KBC\right)}\) hay P thuộc trục đẳng phương KJ của (KAD) và (KBC). Suy ra P, K, J thẳng hàng.
Lại có \(\widehat{AJB}=\widehat{AJK}+\widehat{BJK}=\widehat{ADB}+\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}+\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}=sđ\stackrel\frown{AB}=\widehat{AOB}\)nên tứ giác ABOJ nội tiếp.
Tương tự, ta cũng có tứ giác DCOJ nội tiếp.
Ta có \(TA.TB=TC.TD\) nên \(P_{T/\left(ABOJ\right)}=P_{T/\left(DCOJ\right)}\) hay T thuộc trục đẳng phương OJ của (ABOJ) và (DCOJ). Suy ra T, O, J thẳng hàng.
Mặt khác, \(\widehat{AJK}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{BJK}\) nên JK là tia phân giác của \(\widehat{AJB}\)
\(\widehat{TJA}=\widehat{OBA}=\widehat{OAB}=\widehat{OJB}\) nên JT là phân giác ngoài của \(\widehat{AJB}\)
Do đó \(JK\perp JT\) hay \(PK\perp TO\). Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(TK\perp PO\). Do đó O là trực tâm tam giác PTK
\(\Rightarrow KO\perp PT\)
Lại có \(\widehat{TDS}=\widehat{SPC}=\widehat{TAS}\) nên tứ giác ADTS nội tiếp. Do đó: \(PK.PJ=PA.PD=PS.PT\), suy ra tứ giác KJTS nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{KST}=180^o-\widehat{KJT}=90^o\) hay \(KS\perp PT\)
Từ đó suy ra K, S, O thẳng hàng và đường thẳng này vuông góc với PT \(\Rightarrow SO\perp PT\)
Dễ thấy \(SQ\perp PT,SR\perp PT\) (vì PQ, PR lần lượt là đường kính của (PAB) và (PCD). \(\Rightarrow\) Q, O, R thẳng hàng (đpcm)