Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét (O) có
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
nên \(\widehat{ACB}=90^0\)
Xét tứ giác BHKC có
\(\widehat{BHK}+\widehat{BCK}=180^0\)
nên BHKC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a) Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp đường tròn(C,A,B∈(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔCAB vuông tại C(Định lí)
⇔\(\widehat{ACB}=90^0\)
hay \(\widehat{KCB}=90^0\)
Xét tứ giác BHKC có
\(\widehat{BHK}\) và \(\widehat{KCB}\) là hai góc đối
\(\widehat{BHK}+\widehat{KCB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: BHKC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
có đáp án chưa ạ ? cho tui tham khảo với
A B C M H I E K P Q
Kẻ MH cắt (O) tại P, EI cắt (O) tại Q
Xét (O) có: \(\left\{{}\begin{matrix}MP\perp AO=\left\{H\right\}\\AO=R\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow MH=HP\)
\(\Rightarrow\) \(s\bar{d}\stackrel\frown{MA}=s\bar{d}\stackrel\frown{AP}\)
Lại có: \(\widehat{AMC}=s\bar{d}\stackrel\frown{AC}/2\) (đl góc nội tiếp) (!)
\(\widehat{AKM}=(s\bar{d}\stackrel\frown{AM}+s\bar{d}\stackrel\frown{CP})/2\) (đl góc có đỉnh bên trong đường tròn)
( mà \(s\bar{d}\stackrel\frown{AM}=s\bar{d}\stackrel\frown{AP}\) )
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{AKM}=(s\bar{d}\stackrel\frown{AP}+s\bar{d}\stackrel\frown{PC})/2=s\bar{d}\stackrel\frown{AC}/2\) (!!)
Từ (!) (!!) \(\Rightarrow\) \(\widehat{AKM}=\widehat{AKM}\)
Xét ΔAKM∼ΔAMC vì:
\(\widehat{AKM}=\widehat{AKM}(cmtrn)\)
\(\widehat{MAC}:chung\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AK}{AM}\) \(\Leftrightarrow AK.AC=AM^2\) (đpcm)
a: góc AMB=góc ACB=1/2*sđ cung AB=90 độ
=>AM vuông góc MB và AC vuông góc CB
góc BHK+góc BCK=180 độ
=>BHKC nội tiếp
góc EIA+góc EMA=180 độ
=>EIAM nội tiếp
b: Xét ΔAMK và ΔACM có
góc AMK=góc ACM(=góc ABM)
góc MAK chung
=>ΔAMK đồng dạng với ΔACM
=>AM/AC=AK/AM
=>AM^2=AK*AC
c: Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có
góc IAE chung
=>ΔAIE đồng dạng với ΔACB
=>AI/AC=AE/AB
=>AI*AB=AC*AE
Xét ΔBIE vuông tại I và ΔBMA vuông tại M có
góc IBE chung
=>ΔBIE đồng dạng với ΔBMA
=>BI/BM=BE/BA
=>BI*BA=BM*BE
=>AE*AC+BM*BE=AB^2
A B M C E I H K P Q
a) Xét (O) có: \(\widehat{ACB}\) \(=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
hay \(\widehat{KCB}\) \(=90^0\)
Lại có: \(MH\perp AB\left(K\in MH\right)\)
\(\Rightarrow\) \(KH\perp AB\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{KHB}\) \(=90^0\)
Vì \(\widehat{KCB}+\widehat{KHB}\) \(=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác KCBH nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Kẻ MH cắt (O) tại P, EI cắt (O) tại Q.
Xét (O) có: \(\left\{{}\begin{matrix}MP\perp AB\\AB=2R\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow MH=HP\) (quan hệ vuông góc đường kính và dây)
\(\Rightarrow\) \(\stackrel\frown{AM}=\stackrel\frown{AP}\) (đl liên hệ giữa dây và cung)
Xét (O) có:
\(\widehat{MCA}=\stackrel\frown{AM}/2\) (đl góc nội tiếp)
\(\widehat{AMP}=\stackrel\frown{AP}/2\) (đl góc nội tiếp)
Mà \(\stackrel\frown{AM}=\stackrel\frown{AP}\) (cmtrn)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MCA}=\widehat{AMP}\) hay \(\widehat{MCA}=\widehat{AMK}\)
Xét ΔMKA∼ΔCMA vì:
\(\widehat{MAC}:chung\)
\(\widehat{AMK}=\widehat{MCA}\) (cmtrn)
\(\Rightarrow\frac{AK}{MA}=\frac{MA}{AC}\Leftrightarrow AK.AC=AM^2\) (đpcm)
c) Vì \(EI\perp AB\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{EIA}\) \(=90^0\)
Xét ΔAEI∼ΔABC vì:
\(\widehat{EIA}=\widehat{ACB}\) \(=90^0\)
\(\widehat{CAB}:chung\)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AI}{AC}\Leftrightarrow AE.AC=AI.AB\) (1)
Xét (O) có: \(\widehat{AMB}\) \(=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: \(\widehat{EIA}+\widehat{EIB}\) \(=180^0\) (hai góc kề bù)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{EIB}\) \(=180^0-\) \(\widehat{EIA}\) \(=180^0-90^0=90^0\)
Xét ΔEBM∼ΔABM vì:
\(\widehat{AHM}=\widehat{AMB}\) \(=90^0\)
\(\widehat{MAB}:chung\)
\(\Rightarrow\frac{EB}{AB}=\frac{BI}{BM}\Leftrightarrow EB.BM=BI.AB\) (2)
Cộng (1) và (2) Ta có:
\(AE.AK+BE.BM=AI.AB+IB.AB\)
\(\Leftrightarrow AE.AK+BE.BM=AB.\left(AI+IB\right)=AB.AB\)
\(\Leftrightarrow AE.AK+BE.BM=AB^2\) (mà \(AB=2R\))
\(\Leftrightarrow AE.AK+BE.BM=\left(2R\right)^2\)
Vì \(\left(2R\right)^2\) không thay đổi khi M chuyển động
\(\Rightarrow AE.AK+BE.BM\) không phụ thuộc vào vị trí M (đpcm).
sao dài thế bn ơi
cái bất đẳng thức mak không thay đổi khi M chuyển động là sao ko hiểu
Câu a dễ nha: tứ giác BCDO có DOB+DCB=90+90=180(mà 2 góc ở vị trí đối nhau )
nên BCDO nội tiếp
câu b) tam giác ADO và tam giác ABC có:
góc BAC chung
AOD=ACB=90
câu c: CB là dây cung mà OE là đường thẳng đi qua bán kính nên OE vuông góc với BC
nên OE// DC hay AD//OE mà DE//AO nên OEDA là hình bình hành
câu d thì mk chưa nghĩ ra hihi thông cảm nha
ở câu c nếu chỉ có BC là dây và OE là đường thẳng đi qua bán kính thì BC chưa thể vuông góc với OE được bạn nhé mà cần phải OE đi qua trung điểm của BC nữa
a: góc ACB=1/2*sđ cung AB=90 độ
Vì góc KHB+góc KCB=180 độ
=>BHKC nội tiếp
Xét ΔAHK vuông tại H và ΔACB vuôg tại C có
góc HAK chung
=>ΔAHK đồng dạng với ΔACB
=>AH/AC=AK/AB
=>AH*AB=AC*AK
b: Xét ΔBIE vuông tại I và ΔBMA vuông tại M có
góc IBE chung
=>ΔBIE đồng dạng với ΔBMA
=>BI/BM=BE/BA
=>BM*BE=BI*BA
Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có
góc IAE chung
=>ΔAIE đồng dạng với ΔACB
=>AI/AC=AE/AB
=>AI*AB=AC*AE
=>BE*BM+AE*AC=AI*AB+BI*AB=AB^2 ko đổi