Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Ta có: ΔOAB cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của AB và OH là phân giác của \(\widehat{AOB}\)
ta có: OH là phân giác của góc AOB
=>OM là phân giác của góc AOB
=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)
Xét ΔOAM và ΔOBM có
OA=OB
\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)
OM chung
Do đó: ΔOAM=ΔOBM
=>\(\widehat{OBM}=\widehat{OAM}\)
mà \(\widehat{OAM}=90^0\)
nên \(\widehat{OBM}=90^0\)
=>MB là tiếp tuyến của (O)
b: Sửa đề: B,O,C thẳng hàng
Ta có: AB\(\perp\)OM
OM//AC
Do đó: AB\(\perp\)AC
=>ΔABC vuông tại A
Vì ΔABC vuông tại A
nên ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC
mà ΔABC nội tiếp (O)
nên O là trung điểm của BC
=>B,O,C thẳng hàng
c: Xét (O) có
ΔDBC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔDBC vuông tại D
=>BD\(\perp\)DC tại D
=>BD\(\perp\)CM tại D
Xét ΔBCM vuông tại B có BD là đường cao
nên \(MD\cdot MC=MB^2\)(1)
Xét ΔBOM vuông tại B có BH là đường cao
nên \(MH\cdot MO=MB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(MD\cdot MC=MH\cdot MO\)
=>\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)
Xét ΔMDH và ΔMOC có
\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)
\(\widehat{DMH}\) chung
Do đó: ΔMDH đồng dạng với ΔMOC
=>\(\widehat{MHD}=\widehat{MCO}\)
=>\(\widehat{MHD}=\widehat{OCD}\)
mà \(\widehat{OCD}=\widehat{ODC}\)(ΔOCD cân tại O)
nên \(\widehat{MHD}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)
Ta có: \(\widehat{MHD}=\widehat{MCO}\)
mà \(\widehat{MHD}+\widehat{OHD}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{MCO}+\widehat{OHD}=180^0\)
=>\(\widehat{OCD}+\widehat{OHD}=180^0\)
=>OHDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{OHC}=\widehat{ODC}\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{OHC}=\widehat{MHD}\)
a: Xét (O) có
AB,AC là tiếp tuyến
=>AB=AC và góc OBA=góc OCA=90 đọ
Xét tứ giác ABOC có
góc OBA=góc OCA=góc BOC=90 độ
AB=AC
=>ABOC là hìh vuông
b: Xét (O) có
MB,MI là tiếp tuyến
=>MB=MI và góc IOM=góc BOM=1/2*góc IOB
Xét (O) có
NC,NI là tiếp tuyến
=>NC=NI và góc ION=góc CON=1/2*góc IOC
mà góc MON=1/2*góc BOC=45 độ
nên góc HON=45 độ
góc BOC=90 độ
=>sđ cung BC=90 độ
=>góc NCM=1/2*sđ cung BC=45 độ
=>góc NCH=45 độ
Vì góc NCH=góc NOH
nên OHNC nội tiếp
a. Xét tứ giác ABOC có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BOC}=\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^o\\BO=CO=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\)Tứ giác ABOC là hình vuông
b. Gọi \(E=HN\cap OI\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HEO}=\widehat{IEN}\left(đối.đỉnh\right)\\\widehat{IEN}=\widehat{HMN}\left(cùng.phụ.\widehat{HNM}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{HEO}=\widehat{HMN}\)
\(\Rightarrow\widehat{OHE}=\widehat{OIM}=90^o\)
Xét tứ giác OHNC có: \(\widehat{OCN}+\widehat{OHN}=90^o+90^o=180^o\)
\(\Rightarrow\)Tứ giác OHNC nội tiếp
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.
a: góc CBF=góc DBF
=>sđ cung FC=sđ cung FD
=>sđ cung BCF/2=1/2(sđ cung BC+sđ cung FD)
=>góc ABF=góc AEB
=>ΔAEB cân tại A
b: góc ABC+góc CBF=góc CEB
góc BEC=góc EBD+góc EDB
=>góc CBE+góc CBA=góc EDB+góc EBD
mà góc BDC=góc CBA
nên góc CBE=góc EBD
=>BE là phân giác của góc CBF
c: Xét ΔBDF và ΔDEF có
góc F chung
góc FBD=góc FDE
=>ΔBDF đồng dạng với ΔDEF
=>FD/FE=FB/FD
=>FD^2=FE*FB