Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
M A C x B D y H K O I
a) Tam giác AMC vuông tại M có MH là đường cao
\(\Rightarrow MH=\sqrt{AH.BH}\)( hệ thức lượng trong tam giác vuông )
\(\Rightarrow MH=\sqrt{15}\left(cm\right)\)
b) Vì AC song song với BD nên ta có : \(\frac{AC}{BD}=\frac{AI}{ID}=\frac{CM}{MD}\)( vì \(AC=CM;BD=MD\))
\(\Rightarrow MI//AC\)mà \(MH//AC\) ( cùng vuông góc với AB )
Suy ra \(M,I,H\)thẳng hàng
c ) Đặt \(AB=a,AM=c,BM=b\)
Ta có:
\(AK=\frac{a+c-b}{2};BK=\frac{a+b-c}{2}\)
\(\Rightarrow AK.BK=\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{1}{2}.\left[\frac{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{2}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b-c\right)^2}{2}\right]=\frac{1}{2}\left[\frac{a^2-\left(b^2+c^2\right)+2bc}{2}\right]\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{2bc}{2}=\frac{1}{2}.bc=\frac{1}{2}AM.MB=S_{AMB}\)
Vậy \(S_{AMB}=AK.KB\)
Chúc bạn học tốt !!!
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
A B E F x y M K O
a)\(\hept{\begin{cases}Ax⊥AB\\By⊥AB\end{cases}}\)=> Ax // By.\(\Delta KFB\)có EA // FB nên\(\frac{KF}{KA}=\frac{BF}{AE}\)(hệ quả định lí Ta-lét) mà EA = EM ; FM = FB (tính chất của 2 tiếp tuyến)
\(\Rightarrow\Delta AEF\)có\(\frac{KF}{KA}=\frac{MF}{ME}\)nên MK // AE (định lí Ta-lét đảo) mà\(AE⊥AB\Rightarrow MK⊥AB\)
b)\(\widehat{EOM}=\frac{\widehat{AOM}}{2};\widehat{FOM}=\frac{\widehat{MOB}}{2}\)(tính chất 2 tiếp tuyến) mà\(\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=180^0\)(kề bù)
\(\Rightarrow\widehat{EOF}=\widehat{EOM}+\widehat{FOM}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta EOF\)vuông tại O có OE + OF > EF (bđt tam giác) ; OE + OF < 2EF (vì OE,OF < EF)
\(\Rightarrow1< \frac{OE+OF}{EF}< 2\Rightarrow2< \frac{P_{EOF}}{EF}< 3\Rightarrow\frac{1}{3}< \frac{EF}{P_{EOF}}< \frac{1}{2}\)(1)
Hình thang AEFB (AE // FB) có diện tích là :\(\frac{\left(AE+FB\right).AB}{2}=\frac{\left(EM+FM\right).2R}{2}=EF.R\)
SAEO = SMEO vì có đáy OA = OM ; đường cao AE = ME\(\Rightarrow S_{MEO}=\frac{1}{2}S_{AEMO}\)
SFOM = SFOB vì có đáy FM = FB ; đường cao OM = OB\(\Rightarrow S_{FOM}=\frac{1}{2}S_{MFBO}\)
\(\Rightarrow S_{EOF}=\frac{1}{2}\left(S_{AEMO}+S_{MFBO}\right)=\frac{EF.R}{2}\).Từ tâm đường tròn nội tiếp I của\(\Delta EOF\)kẻ các đường vuông góc với OE,OF,EF thì\(S_{EOF}=S_{EIF}+S_{EIO}+S_{OIF}\)\(\Leftrightarrow\frac{EF.R}{2}=\frac{EF.r+EO.r+OF.r}{2}\)
\(\Rightarrow EF.R=P_{EOF}.r\Rightarrow\frac{r}{R}=\frac{EF}{P_{EOF}}\)(2).Thay (2) vào (1) ta có đpcm.
Điểm E ở đâu đấy
Viết đề ko hẳn hoi ai mà giải đc
sao 2 điểm M dữ vậy ?
Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M≠≠A, M≠≠B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I≠≠A, I≠≠O). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C,D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng:
a, Tứ giác MIEF là tư giác nội tiếp.
b, EF song song vớiAB.
c,OM là tiếp tuyến chung của đươnmg tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM.
ĐỀ ĐÚNG ĐÂY
Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M≠≠A, M≠≠B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I≠≠A, I≠≠O). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C,D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng:
a, Tứ giác MIEF là tư giác nội tiếp.
b, EF song song vớiAB.
c,OM là tiếp tuyến chung của đươnmg tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM.
ĐỀ ĐÚNG ĐÂY
xét tứ giác BDMI ta có : IMD = 90 (CD \(\perp\) MI)
IBD = 90 (BD là tiếp tuyến)
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau \(\Rightarrow\) tứ giác BDMI là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) DMB = DIB (2 góc nội tiếp cùng chắng cung DB của tứ giác BDMI) (1)
xét tứ giác ACMI ta có : IAC = 90 (AC là tiếp tuyến)
IMC = 90 (CD \(\perp\) MI)
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau \(\Rightarrow\) tứ giác ACMI là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) CMA = CIA (2 góc nội tiếp cung chắng cung AC của tứ giác ACMI) (2)
mà CMA + DMB = 90 (góc AMB là góc nội tiếp chắng nửa (o)) (3)
tứ (1) ; (2) và (3) ta có : CIA + DIB = 90
\(\Rightarrow\) CID = 180 - 90 = 90
xét tứ giác MIEF ta có : AMB = 90 (góc nội tiếp chắng nửa (o))
CID = 90 (chứng minh trên)
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau \(\Rightarrow\) tứ giác MIEF là tứ giác nội tiếp (đpcm)
hình :
b) ta có : MEF = MIF (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MF của tứ giác MIEF) (1)
mà MIF = MBD (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MD của tứ giác BDMI) (2)
đồng thời MBD = MAB (cùng phụ góc ABM) (3)
từ (1) ; (2) và (3) ta có : MEF = MAB
mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
\(\Rightarrow\) EF // AB (đpcm)
t thiếu IMD + IBD = 180 ; ICA + IMC = 180 và AMB + CID = 180
MFA có chắn cung MF đâu