từ điểm S ngoài (O) kẻ 2 tiếp tuyến sa,sb.Kẻ dây ad // sb.sd cắt đường tròn tại điểm thứ 2 là i.Tia AI cắt SB tại K.CMR:
1.KB2=KI.KA
2.K là trung diểm của SB
Help me
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình hơi khó nhìn bạn xem tạm nhé !!
1/ KB2 = KI . IA
Ta có : KBI là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và KAB là góc nội tiếp cùng chắn 1 cung của đường tròn O
=> KBI = KAB
Xét ∆ KIB và ∆ KAB có :
KBI = KAB (cmt) và K chung
=> ∆ KIB ∾ ∆KBA (g.g)
=> \(\frac{KB}{KA}=\frac{KI}{KB}\)
=> KB2 = KA . KI
Vậy
2/ chờ xíu
2/ Vì K là trung điểm của SB (gt)
=> SK = KB
=> SK2 = KB2
Mà KB2 = KA . KI (câu 1)
=> SK2 = KA . KI
=> \(\frac{SK}{AK}=\frac{KI}{SK}\)
Xét ∆KAS và ∆KSI có :
K chung
\(\frac{SK}{AK}=\frac{KI}{SK}\)
Do đó : ∆KAS ∾ ∆KSI (c.g.c)
=> KAS = KSI (1)
Ta có SAK là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và ADS là góc nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn (2)
Từ (1)(2) => KSI = ADS
=> AD // SB
Vậy
a: Xét tứ giác OASB có
\(\widehat{OAS}+\widehat{OBS}=180^0\)
Do đó: OASB là tứ giác nội tiếp
Ta có các tam giác vuông AOS; HOS, BOS có chung cạnh huyền OS nên S, A, H, O, B nội tiếp đường tròn đường kính OS.
Khi đó ta có :
\(\widehat{ASH}=\widehat{ABH}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH)
Mà \(\widehat{ASH}=\widehat{FDH}\) (Hai góc đồng vị)
\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{FDH}\)
Suy ra tứ giác HFDO nội tiếp.
Từ đó ta có \(\widehat{FHD}=\widehat{ABD}\)(Hai góc nội tiếp)
Mà \(\widehat{ABD}=\widehat{ACD}\) (Hai góc nội tiếp)
Nên \(\widehat{FHD}=\widehat{ACD}\)
Chúng lại ở vị trí đồng vị nên HF // AC.
a) Do SA là tiếp tuyến tại A của (O) nên \(\widehat{OAS}=90^o\). Tương tự, ta có \(\widehat{OBS}=90^o\), suy ra \(\widehat{OAS}+\widehat{OBS}=180^o\). Do đó tứ giác SAOB nội tiếp. (đpcm)
Mặt khác, trong đường tròn (O) có M là trung điểm của dây EF nên \(OM\perp EF\) tại M hay \(\widehat{OMS}=90^o\). Từ đó suy ra \(\widehat{OMS}=\widehat{OAS}\),từ đó tứ giác OMAS nội tiếp. Vì vậy 5 điểm O, M, A, S, B cùng thuộc một đường tròn \(\Rightarrow\) Tứ giác SAMO nội tiếp (đpcm)
b) Ta thấy tứ giác OMAB nội tiếp nên \(\widehat{PMA}=\widehat{PBO}\). Từ đó dễ dàng suy ra \(\Delta PAM~\Delta POB\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{PA}{PO}=\dfrac{PM}{PB}\) \(\Rightarrow PA.PB=PO.PM\) (đpcm)
c) Do tứ giác SAMB nội tiếp nên \(\widehat{SMB}=\widehat{SAB}\) và \(\widehat{SMA}=\widehat{SBA}\). Mặt khác, trong đường tròn (O), có 2 tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại S nên \(SA=SB\) hay \(\Delta SAB\) cân tại S \(\Rightarrow\widehat{SAB}=\widehat{SBA}\) \(\Rightarrow\widehat{SMB}=\widehat{SMA}\) hay MI là phân giác trong của \(\widehat{AMB}\) . Lại có \(MP\perp MI\) nên MP là phân giác ngoài của \(\widehat{AMB}\). Áp dụng tính chất đường phân giác, ta thu được \(\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{MA}{MB}\) và \(\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{MA}{MB}\). Từ đây suy ra \(\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{PA}{PB}\) \(\Rightarrow PA.IB=PB.IA\) (đpcm)