Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\text{hình bn tự vẽ nha!! }\)
\(a,\text{Xét tứ giác AMHN ta có: }\)
\(\hept{\begin{cases}\widehat{ANH}=90\\\widehat{AMH}=90\end{cases}}\)Mà trong tứ giác AMHN 2 góc đó là 2 góc đối nhau
=> \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=90+90=180\)
=> Tứ giác AMHN nội tiếp
C S N I M O K F A B D H
haizzz , vì mới lớp 8 nên mình chỉ làm được đến câu c, thôi , bạn thông cảm
a, Xét tam giác ABC vuông tại A và HA = HD
- Có \(\widehat{BAC}\)là góc nội tiếp đường tròn O chắn cung BC
- Mà BC là đường kính O
=> \(\widehat{BAC}=90^o\)
=> \(\Delta ABC\perp A\)
Xét \(\Delta OAD\)cân tại O ( Vì OA = OD do A , D cung thuộc O )
- Có AH là đường cao
=> OH là đường trung tuyến \(\Delta OAD\)
=> H là trug điểm AD
=> HA = HD
b, MN // SC , SC tiếp tuyến của (O)
Xét tam giác OSC có : M là trung điểm của OC
N là trung điểm của OS
=> MN là đường TB của \(\Delta OSC\)
=> MN // SC
Mà \(MN\perp OC\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow OC\perp SC\)tại S
- Xét đường tròn O có CO là bán kính ( vì \(C\in\left(O\right)\)
\(CO\perp SC\)tại C
=> SC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c, BH . HC = AF . AK
Xét \(\Delta ABC\perp A\)có :
AH là đường cao
=> AH2 = BH . HC
Xét đường tròn đường kính AH có F thuộc đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{AFH}=90^o\)
\(\Rightarrow HF\perp AK\)tại F
Xét tam giác AHK vuông tại H , ta có :
HF là đường cao
=> AH2 = AF . AK
=> BH . HC = AF . AK ( = AH2 )
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Tứ giác BFEC có B E C ^ = B F C ^ = 90 0
=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^
∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)
=> ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^
Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)
Nên O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra M E O ^ = 90 0
⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^ = DFC ^
Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => B D F ^ = B A C ^
∆ BDF và ∆ BAC có B D F ^ = B A C ^ (cmt); B ^ chung do đó ∆ BDF ~ ∆ BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ~ ∆ ABC(g-g)
Do đó ∆ DBF ~ ∆ DEC ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)
Vì ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒ D I D F = D J D C (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) => DIJ ^ = DFC ^
Tự vẽ hình nhé!
a, MN;MP là 2 tiếp tuyến của đường tròn (O) (gt)
\(\Rightarrow\widehat{ONM}=\widehat{OPM}=90^0\Rightarrow\) Tứ giác MNOP nội tiếp ngược
\(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NPO}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn chung NO)
b, Gọi C là trung điểm dây AB ta có C cố định
(d) không qua O nên \(OC\perp AB\)
\(\widehat{OCM}=\widehat{OMN}=\widehat{OPM}=90^0\)
\(\Rightarrow\) C ; N ; P thuộc đường tròn đường kính OM
\(\Rightarrow\) C ; N ; P ; O ; M cùng thuộc một đường tròn
Mà O và C cố định
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định O và C khi M lưu động trên đường thẳng (d)
c, Tứ giác MNOP là hình vuông
\(\Leftrightarrow\) Hình thoi MNOP có \(\widehat{ONM}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\) Tứ giác MNOP có MN = ON = OP = PM và \(\widehat{ONM}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\)Tam giác OMN vuông cân tại N \(\Leftrightarrow\) \(OM=ON\sqrt{2}=R\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\) M là giao điểm của đường tròn tâm O bán kính \(R\sqrt{2}\) và đường thẳng (d)
d, từ nghĩ đã...
\(\Leftrightarrow\) MN = ON = R ; \(\widehat{ONM}=90^0\)
cái dòng cuối cùng của ý d là dòng thứ 4 của ý c nhé, bị nhầm đó
d, Làm tiếp:
Giả sử đoạn thẳng OM cắt đường tròn (O) tại I'
OM là tia phân giác \(\widehat{NOP}\)( vì MN;MP là 2 tiếp tuyến của (O))
\(\Rightarrow\widehat{NOM}=\widehat{POM}\Rightarrow\widebat{NI'}=\widebat{PI'}\)
\(sđ\widehat{NPI'}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NI'}\) ; \(sđ\widehat{MPI'}=\frac{1}{2}sđ\widehat{PI'}\)
Do đó \(\widehat{NPI'}=\widehat{MPI'}\Rightarrow\) PI' là tia phân giác \(\widehat{MPN}\)
\(\Delta MPN\)có MI' là tia phân giác \(\widehat{NMP}\)( vì MN và MP là 2 tiếp tuyến ) và PI' là tia phân giác \(\widehat{MPN}\)nên I' là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
Do đó \(I'\equiv I\)mà I' thuộc đường tròn (O;R)
Mặt khác : O , I cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d
Do đó I lưu động trên cung lớn AB của đưởng tròn tâm O bán kính R
A B C K M N H O
1) Dễ thấy ^CHN = ^CKN = 900 => Bốn điêm C,H,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính CN
Hay tứ giác CNKH nội tiếp đường tròn (CN) (đpcm).
2) Sđ(BCnhỏ = 1200 => ^BOC = 1200 => ^BNC = 1/2.Sđ(BCnhỏ = 1/2.^BOC = 600
Vì tứ giác CNKH nội tiếp (cmt) nên ^KHC = 1800 - ^CNK = 1800 - ^BNC = 1200.
3) Hệ thức cần chứng minh tương đương với:
2KN.MN = AM2 - AN2 - MN2 <=> 2KN.MN = MN.MB - MN2 - AN2 (Vì AM2 = MN.MB)
<=> 2KN.MN = MN.BN - AN2 <=> AN2 = MN(BN - 2KN)
<=> AK2 + KN2 = MN(BK - KN) (ĐL Pytagoras) <=> AK2 + KN.KM = MN.BK
<=> AM2 - (MK2 - KN.KM) = MN.BK (ĐL Pytagoras) <=> AM2 - MK.MN = MN.BK
<=> AM2 = MN(BK + MK) = MN.MB <=> AM2 = AM2 (Hệ thức lượng đường tròn) (Luôn đúng)
Do đó hệ thức ban đầu đúng. Vậy KN.MN = 1/2.(AM2 - AN2 - MN2) (đpcm).