Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi DE là đường kính của (O;R)
Dễ thấy \(\hept{\begin{cases}AC\perp BD\\BE\perp BD\end{cases}}\)\(\Rightarrow BE\text{//}AC\Rightarrow BECA\)là hình thang mà BECA nội tiếp (O;R) nên BECA là hình thang cân.
Do đó ta có : AB = CE \(\Rightarrow AB^2+CD^2=CE^2+CD^2=DE^2=\left(2R\right)^2=4R^2\) không đổi.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta có: tỨ giác OCEA nội tiếp
=> \(\widehat{OCA}=\widehat{OEA}\)(1)
Vì OC=OB
=> Tam giác OBC cân
=> \(\widehat{OCA}=\widehat{OCB}=\widehat{OBC}\)(2)
Tứ giác ODAB nội tiếp
=> \(\widehat{ODA}=\widehat{OBC}\)( cùng bù với góc OBA) (3)
Từ (1), (2), (3)
=> \(\widehat{ODA}=\widehat{OEA}\)
=> Tam giác ODE cân có OA là đươngcao
=> OA là đường trung tuyến
=> A là trung điểm của DE
a/ Ta có
IH vuông góc AB => ^AHI = 90
IK vuông góc AD => ^AKI = 90
=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp
b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có
^AID=^BIC (góc đối đỉnh)
sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC
=> tg ADI đồng dạng tg BCI
=>\(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\)⇒IA.IC=IB.ID
c/
Xét tứ giác nội tiếp AHIK có
^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)
^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)
Xét tứ giác nội tiếp ABCD có
^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)
^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)
Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD
Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD
Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC
=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD
a: góc BHD+góc BMD=180 độ
=>BHDM nội tiếp
b: BHDM nội tiếp
=>góc HDM+góc HBM=180 độ
=>góc ADM=góc ABC
=>góc ADM=góc ADC
=>DA là phân giáccủa góc MDC
c: Xét tứ giác DHNC có
góc DHC=góc DNC=90 độ
=>DHNC nội tiếp
=>góc NHD=góc NDC
góc NHD+góc MHD
=180 độ-góc NCD+góc MBD
=180 độ+180 độ-góc ABD-góc ACD
=180 độ
=>M,H,N thẳng hàng
a: góc ACB=góc ADB=1/2*180=90 độ
=>AC vuông góc BQ và AD vuông góc BM
ΔQAB vuông tại A có AC là đường cao
nên BA^2=BC*BQ
b: ΔAMB vuông tại A có AD là đường cao
nên BD*BM=BA^2=BC*BQ
=>BD/BQ=BC/BM
=>ΔBDC đồng dạng với ΔBQM
=>góc BDC=góc BQM
=>góc CDM+góc CQM=180 độ
=>CDMQ nội tiếp
c: Xét ΔIDO và ΔIAO có
ID=IA
DO=AO
IO chung
=>ΔIDO=ΔIAO
=>góc IDO=góc IAO=90 độ
=>ID là tiếp tuyến của (O)
Câu a:
Ta có : P là điểm chính giữa của cung nhỏ AB
\(\Rightarrow\) cung PA = cung PB
\(\Rightarrow\) ADP = PCB (2 góc nội tiếp chắng 2 cung bằng nhau)
\(\Leftrightarrow\) IDK = ICK
Xét tứ giác CKID có :
IDK = ICK (chứng minh trên)
Mà IDK và ICK là 2 góc kề nhau cùng chắng cung IK của tứ giác CKID
\(\Rightarrow\) tứ giác CKID là tứ giác nội tiếp (đpcm)
Ta có : CDA = CBA (2 góc nội tiếp cùng chắng cung CA của (O))
Mà CDI = CKI (2 góc nội tiếp cùng chắng cung IC của tứ giác CKID)
\(\Rightarrow\) CKI = CBA
Mà CKI và CBA nằm ở vị trí đồng vị
\(\Rightarrow\) AB//IK (đpcm)
Câu b:
Xét \(\Delta\) PAE và \(\Delta\) PDA
Ta có : PAB = ADP (cung AP bằng cung PB)
Góc P chung
\(\Rightarrow\) \(\Delta\) PAE đồng dạng \(\Delta\) PDA
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{PA}{PD}\) = \(\dfrac{PE}{PA}\) \(\Leftrightarrow\) PA2 = PE . PD (1)
Xét \(\Delta\) PAF và \(\Delta\) PCA
Ta có : PAB = PCA (cung AP bằng cung PB)
Góc P chung
\(\Rightarrow\)\(\Delta\) PAF đồng dạng \(\Delta\) PCA
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{PA}{PC}\) = \(\dfrac{PF}{PA}\) \(\Leftrightarrow\) PA2 = PF . PC (2)
Từ (1) và (2) ta có PA2 = PE . PD = PF . PC (đpcm)