Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)
Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(AH.AO=AB^2\)
Suy ra AD.AE = AH.AO
c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)
\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)
Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)
\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)
acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk
a) xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)(tiếp tuyến AB,AC)
=> tứ giác ABOC nội tiếp
b) Xét tam giác ABH zà tam giác AOB có
\(\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}chung\\\widehat{BHA}=\widehat{OBA}=90^0\left(BC\perp CA\left(tựCM\right)\right)\end{cases}}\)
=> \(\Delta ABH~\Delta AOB\left(g.g\right)\)
\(=>\frac{AB}{AO}=\frac{AH}{AB}=>AH.AB=AB.AB\left(1\right)\)
xét tam giác ABD zà tam giác AEB có
\(\widehat{BAE}chung\)
\(\widehat{ABD}=\widehat{BEA}\)(cùng chắn \(\widebat{BD}\))
=> \(\Delta ABD~\Delta AEB\left(g.g\right)\)
\(=>\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}=>AE.AD=AB.AB\left(2\right)\)
từ 1 zà 2 suy ra
AH.AO=AE.AD(dpcm)
=>\(\Delta ADH~\Delta AOE\)
\(=>\widehat{DEO}=\widehat{DHA}\)(2 góc tương ứng
lại có
\(\widehat{DHA}+\widehat{DHO}=180^0=>\widehat{DEO}+\widehat{DHO}=180^0\)
=> tứ giác DEOH nội tiếp
c) Có tam giá AOM zuông tại O , OB là đường cao
\(=>\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{R^2}\)
\(\frac{1}{OA.OM}=\frac{1}{OA}.\frac{1}{OM}\le\frac{1}{\frac{OA^2+OM^2}{2}}=\frac{1}{\frac{R^2}{2}}=\frac{1}{2R^2}\left(a,b\le\frac{a^2+b^2}{2}\right)\)
=>\(OA.OM\ge2R^2=>MinS_{AMN}=2R^2\)
dấu = xảy ra khi OA=OM
=> tam giác OAM zuông cận tại O
=> góc A = độ
bài 2
ra kết quả là \(6\pi m^2\)
nếu cần giải bảo mình
DI//CF
=>góc EID=góc EFC=góc EBD
=>EBID nội tiếp
=>góc EDB=góc EIB
mà góc EIB=góc KOB
nên góc EDB=góc KOB
=>góc KDB=góc KOB
=>KBOD nộitiếp
a) Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là hai góc đối
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
a) Xét đường tròn (O): 2 tiếp tuyến AB, AC => AB=AC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC (Vì OB=OC)
=> OA vuông góc BC. Mà BD//AO nên BC vuông góc BD (Qh song song vuông góc) => CD là đường kính của (O)
Do đó: ^CED=900 (Góc nt chắn nửa đường tròn) hoặc ^CEA=900 => \(\Delta\)ACE vuông tại E
Xét \(\Delta\)ACE: Vuông đỉnh E, trung tuyến EM => ME = MC. Từ đó có: \(\Delta\)MEO = \(\Delta\)MCO (c.c.c)
=> ^MEO = ^MCO (Cặp góc tương ứng). Mà ^MCO=900 nên ^MEO=900 => ME là tiếp tuyến của (O) (đpcm).
b) Gọi K là giao điểm của OE với đoạn BC, H là giao điểm của OA và BC, J là giao điểm của EM với OA.
Xét \(\Delta\)OTJ có: TH vuông góc OJ (Do BC vuông góc OA); OE vuông góc TJ (Do EM là tiếp tuyến (O))
TH cắt OE tại K nên K là trực tâm \(\Delta\)OTJ => JK vuông góc OT (*)
Qua hệ thức lượng trong tam giác vuông, dễ có: R2 = OE2 = OB2 = OH.OA => \(\Delta\)OHE ~ \(\Delta\)OEA (c.g.c)
=> ^OEH = ^OAE hay ^KEH = ^OAI (1)
Dễ thấy tứ giác HKEJ nội tiếp đường tròn đường kính KJ => ^KEH = ^HJK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ^OAI = ^HJK => JK // AI (2 góc đồng vị bằng nhau) (**)
Từ (*) và (**) suy ra: AI vuông góc OT (Qh song song vuông góc)
Xét trong \(\Delta\)OAT: TH vuông góc OA; AI vuông góc OT, I thuộc TH
=> I là trực tâm \(\Delta\)OAT => OI vuông góc AT (đpcm).
c) (Hình 2) Gọi N là trung điểm của DE, có ngay ON vuông góc DE (Do DE là dây của (O))
Dễ thấy 5 điểm A,B,N,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA => Tứ giác ABNC nội tiếp
=> ^BAN = ^BCN. Mà ^PEN = ^BAN (Vì PE // AB) nên ^BCN = ^PEN hay ^PCN = ^PEN
=> Tứ giác CNPE nội tiếp => ^ENP = ^ECP = ^ECB = ^EDB => NP // BD (2 góc đồng vị bằng nhau)
Xét \(\Delta\)DQE có: N là trung điểm DE, NP // BD, P thuộc QE => P là trung điểm của QE hay PQ = PE (đpcm).
Để giải bài toán này, ta cần sử dụng một số tính chất của hình học:
Giờ ta sẽ đi chứng minh từng câu hỏi:
- Vì 𝐴𝐻AH và 𝐴𝑂AO là hai tia phát ra từ một điểm 𝐴A, 𝐴𝐷AD và 𝐴𝐸AE là đoạn thẳng nằm trên đường thẳng 𝐴𝑂AO, nên theo tính chất của tỉ số đồng dạng trong tam giác, ta có 𝐴𝐻⋅𝐴𝑂=𝐴𝐷⋅𝐴𝐸AH⋅AO=AD⋅AE.
- Ta thấy ∠𝐷𝑂𝐻=90∘∠DOH=90∘ (do 𝐷𝑂DO song song với 𝐵𝐸BE, và 𝐷𝐸DE là tiếp tuyến của đường tròn 𝑂O), và ∠𝐷𝐸𝑂=90∘∠DEO=90∘ (do 𝐷𝐸DE là tiếp tuyến của đường tròn 𝑂O). Vậy tứ giác 𝐷𝐻𝑂𝐸DHOE là tứ giác nội tiếp.
- Ta có thể chứng minh 𝐴A, 𝑃P, 𝐾K thẳng hàng bằng cách sử dụng tính chất của góc phụ tại điểm.
Bạn B / \ / \ H / \ P / \ / \ / \ / \ / \ / \ / \ /_____________________\ A O CTrong hình vẽ, ta có:
Bạn có thể sử dụng hình vẽ này để hiểu rõ hơn về bài toán.