Người hay giúp bạn khác trả lời bài tập sẽ trở thành học sinh giỏi. Người hay hỏi bài thì không. Còn bạn thì sao?
CHO (O;R) với dây AB cố định <2R .gọi C là điểm thuộc cug lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn .gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AB và AC cắt AB và AC . gọi I là giao điểm của BN và CM .dây MN cắtAB , AC lần lượt tại H và K
CMR : 1: tứ giác BMHI nội tiếp
2 : NI.NB=NH.NM
3) KH là phân giác của AKI .IA là phân giác của góc K IH
0 câu trả lời

cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O;R). các đường cao AD;BE;CF cắt nhau tại H. chứng minh:
a. tứ giác AEHF nội tiếp
b. tứ giác BFEC nội tiếp
c. OA vuông góc EF
d. biết số đo cung AB bằng 90 độ và số đo cung AC bằng 120 độ. tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC
1 câu trả lời

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác AD, đường cao AH. Biết CD=68cm, BD=51cm. Tính độ dài BH
Bài 2: Phân tích đa thức\(4.x^2+1-4.x-y^2\) thành nhân tử
Bài 3: Cho tam giác ABC, AD là phân giác trong của góc BAC. Vẽ DE song song với AB( E\(\varepsilon\) AC). Biết AB=4cm AC=6cm. Tính DE.
Bài 4: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, đường kính AB, dây cung CD cắt AB tại M, biết MC=4cm, MD=12cm và góc BMD=\(30^o\). Tính khoảng cách từ O đến CD.
GIÚP TỚ VỚI KHÓ QUÁ TT
0 câu trả lời
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AH và BK cắt nhau tại E
a. CM: tứ giác AKHB nt
b. CM: tứ giác KEHC nt. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
c. Kéo dài AH cắt đường tròn (O) tại M. CM BC là đường trung trực của EM
1 câu trả lời

Lời giải:
a)
Vì $AH$ và $BK$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên \(\widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90^0\)
Tứ giác $AKHB$ có hai góc cùng nhìn cạnh $AB$ là \(\widehat{AKB}=\widehat{AHB}\) nên $AKHB$ nội tiếp.
b)
Có: \(\widehat{EKC}=\widehat{EHC}=90^0\)
\(\Rightarrow \widehat{EKC}+\widehat{EHC}=180^0\)
Do đó tứ giác $KEHC$ tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
Gọi $I$ là trung điểm $EC$. Khi đó \(IE=IC=\frac{EC}{2}\)
Xét tam giác $EKC$ vuông tại $K$ có $I$ là trung điểm cạnh huyền nên \(KI=\frac{EC}{2}\) (định lý đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông thì bằng một nửa cạnh huyền)
Hoàn toàn tương tự: \(HI=\frac{EC}{2}\)
Do đó: \(IE=IC=IK=IH\) nên trung điểm $I$ của $EC$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $KEHC$
c)
Ta có: \(\widehat{MBH}=\widehat{MBC}=\widehat{MAC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
\(\widehat{MAC}=\widehat{KBC}=\widehat{EBH}(=90^0-\widehat{C})\)
Do đó: \(\widehat{MBH}=\widehat{EBH}\)
Tam giác $MBH$ và $EBH$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MBH}=\widehat{EBH}\\ \text{BH chung}\\ \widehat{BHM}=\widehat{BHE}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MBH=\triangle EBH\)
\(\Rightarrow MH=EH\)
Vì \(MH=EH; EM\perp BC\) nên $BC$ là trung trực của $EM$
Cho đg tròn (O;5cm), vẽ dây BC ko đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M. Đg thẳng đi qua M cắt đg tròn (O) tại N và P, sao cho O nằm trong góc PMC và N nằm giữa M với P. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A là điểm chính giữa cung NP. Nối AB, AC lần lượt cắt tại NP ở D và E.
a, CMR: góc ADE= góc ACB
b, Cho BC= 8cm, MO= √73 cm. Tính MB
c, CMR: MD.ME=MN.MP
0 câu trả lời
Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là hai tiếp điểm), và cát tuyến AMN. Gọi I là trung điểm của dây MN.
a) Chứng minh 5 điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) Nếu AB = OB thì tứ giác ABOC là hình gì? Vì sao?
c) Cho AB = 2R. Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC theo R


Từ một điểm A ở ngoài đường tròn(O) vẽ tiếp tuyến AT và cát tuyến ABC tới đường tròn( B nằm giữa A và C)
a) Chứng minh AT2AT2= AB.AC
b) tia phân giác của BTC cắt BC tại D và cắt (O) tại M. Chứng minh OM⊥BCOM⊥BC và AD= AT
c) gọi H là hình chiếu của T trên O A. Chứng minh tứ giác OHBC nội tiếp
d) TH cắt (O) tại K. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AT và Ak. Tiếp tuyến tại M của(O) cắt EF tại Q. Chứng minh QA= QM

1/ Cho (O;R) có dây MN cố định(MN<2R). P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có 3 góc nhọn. Các đường cao ME,NK của tam giác MNP cắt nhau tại H.
a/C/m tứ giác PKHE nội tiếp được đường tròn .
b/Kéo dài PO cắt đường tròn tại Q.C/m MQ//NK và góc KNM = góc NPQ.
c/ C/m rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH thay đổi.
2/ Cho a,b là 2 số không âm sao cho \(a^2+b^2=4\) . Tìm GTLN của \(P=\left(ab\right):\left(a+b+2\right)\)
Các bn lm bài nào cx đk....
Được cập nhật Hôm kia lúc 20:19 1 câu trả lời

a) Xét tứ giác PKHE có: \(\widehat{HPK}+\widehat{PEH}=90^o+90^o=180^o\).
Nên tứ giác PKHE là tứ giác nội tiếp.
b) Vì \(\widehat{PMQ}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(PM\perp MQ\). (1)
Theo giả thiết: \(NK\perp PM\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MQ//NK (theo tính chất từ vuông góc tới song song).
Do MQ//NK nên \(\widehat{QMN}=\widehat{MNK}\) (hai góc so le trong). (3)
Mặt khác \(\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}\) (cùng chắn cung MN). (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{KNM}=\widehat{NPQ}\).
c) Kéo dài MO cắt đường tròn tại K'.
Ta sẽ chứng minh tứ giác NHPK' là hình bình hành.
Do các đường cao ME, NK cắt nhau tại H nên H là trực tâm tam giác MNP vì vậy \(HP\perp MN\). (5)
Mặt khác do MK' là đường kính nên \(\widehat{MNK'}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(NK'\perp MN\) . (6)
Từ (5) và (6) suy ra: HP//NK'.
Tương tự ta chứng minh được: HN//PK'.
Xét tứ giác NHPK có HP//NK' và HN//PK' nên tứ giác NHPK' là hình bình hành.
Suy ra: \(HP=NK'\).
Do K' là điểm cố định (Vì M và đường tròn O cố định) nên NK' không đổi hay HP không đổi. (Có thể đề sai).
Cho △ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S. Gọi I là trung điểm BC. Tia OI cắt đường tròn (O) tại D, AD cắt BC tại E.
a) Chứng minh tứ giác SAOI nội tiếp và AD là tia phân giác của góc BAC.
b) Chứng minh SE2=SB.SC
c) Vẽ đường kính DF của đường tròn (O), SF cắt đường tròn (O) tại M (M≠F). Chứng minh SE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp △EFM.
d) Kẻ AH ⊥ SC tại H, AH cắt BC tại N. Chứng minh M, N, D thẳng hàng.
1 câu trả lời

a) Do SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) nên \(\widehat{SAO}=90^o\)
Do I là trung điểm của dây cung BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có \(OI\perp BC\Rightarrow\widehat{SIO}=90^o\)
Xét tứ giác SAOI có \(\widehat{SAO}+\widehat{SIO}=180^o\) mà A và I là hai đỉnh đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO.
Xét tam giác cân OBC có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác. Suy ra \(\widehat{BOD}=\widehat{COD}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\)
Xét đường tròn (O) có \(sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{DAC}\) (Hai góc nội tiếp chắn các cung có số đo bằng nhau)
Suy ra AD là phân giác góc BAC.
b) Xét đường tròn (O) có:
\(\widehat{SEA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{DC}\right)\) (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn)
\(=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{BD}\right)=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\)
Lại có \(\widehat{SAE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\) (Góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)
\(\Rightarrow\widehat{SEA}=\widehat{SAE}\) hay tam giác SAE cân tại S.
Suy ra SA = SE (1)
Xét tam giác SBA và tam giác SAC có:
Góc S chung
\(\widehat{SAB}=\widehat{SCA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AB)
\(\Rightarrow\Delta SBA\sim\Delta SAC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{SB}{SA}=\dfrac{SA}{SC}\Rightarrow SA^2=SB.SC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SE^2=SB.SC\)
c) Xét tam giác SAM và tam giác SFA có:
Góc S chung
\(\widehat{SAM}=\widehat{SFA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AM)
\(\Rightarrow\Delta SAM\sim\Delta SFA\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SF}=\dfrac{SM}{SA}\Rightarrow SA^2=SM.SF\)
\(\Rightarrow SM.SF=SE^2\Rightarrow\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)
Xét tam giác SME và tam giác SEF có:
Góc S chung
\(\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)
\(\Rightarrow\Delta SME\sim\Delta SEF\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MES}=\widehat{EFM}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{ME}\)
Suy ra SE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFM.
d) Câu d có lẽ em gõ nhầm một chút: Kẻ AH vuông góc SO tại H.
Em xem lại đề rồi báo lại cô nhé. Nếu sửa đề như cô nói thì ta sẽ chứng minh FN vuông góc SD.
Sau đó xét tam giác SFD có SI và FN là các đường cao nên N là trực tâm của tam giác
Vậy thì N thuộc đường cao DM hay M, N, D thẳng hàng.
Cho tam giác ABC nt (O). MH vuông góc BC, MI vuông góc AC.
a )CM: góc IHM=ICM
b) HI cắt AB=K .CM: MK vuông góc BK
c) CM: tam giac MIH đong dạng MAB
d) F là trung điểm AB. E là trung điểm IH. CM: MF vuông góc EF
0 câu trả lời
1)cho hpt:\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=3\\2x-my=1\end{matrix}\right.\)
a)giải khi m=-7
b)tìm m để hpt có no(-1,4)
c)tìm m để hpt có no duy nhất
d)tìm m để hpt có no(x,y) với x,y thuộc z
1 câu trả lời

ka) khi m = -7. ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=3\\2x+7y=1\end{matrix}\right.\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=6\\2x+7y=1\end{matrix}\right.\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}-5y=5\\x=3-y\end{matrix}\right.< =>\left\{{}\begin{matrix}y=-1\\x=3+1=4\end{matrix}\right.\)
b) vì hpt có nghiệm bằng ( -1;4) => 2.(-1) - m.4 = 1
=> -2 - 4m = 1
=> 4m = -3
=> m = -3/4
Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B. Chứng minh:
a) Tứ giác ABHM nội tiếp
b) OA.OB = OH.OM = R2
c) Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d
d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác HBO lớn nhất


Hướng dẫn giải:
a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra EF ⊥ OM
Tứ giác ABHM có góc A = góc H = 900 nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.
b) \(Δ_VOHB ∼ Δ_VOAM\) (g.g)
\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OA}=\dfrac{OB}{AM}\)
\(\Rightarrow OA.OB=OH.OM\) (1)
\(Δ_VOHE∼ Δ_VOEM\) (g.g)
\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OE}=\dfrac{OE}{OM}\)
\(\Rightarrow OH.OM=OE^2=R^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(OA.OB=OH.OM =R^2\)
c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.
Do \(\stackrel\frown{FI}=\stackrel\frown{EI}\) suy ra \(\widehat{MFI}=\widehat{EFI}\)
Suy ra FI là phân giác của góc \(\widehat{MFE}\)
Lại có MI là phân giác của góc \(\widehat{EMF}\)
Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF
\(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.
Mà I thuộc đường tròn (O) cố định. Suy ra đpcm.
d) Diện tích tam giác HBO: \(S=\dfrac{1}{2}HO.HB\)
Xét \(Δ_VOHB∼ Δ_VOAM\) (g.g)
\(\Rightarrow \dfrac{HB}{AM}=\dfrac{OB}{OM}\)
\(\Rightarrow HB.OM=AM.OB\) (3)
Có: \(OH.OM=R^2\) (4)
Nhân (3) và (4) vế với vế ta được: \(OH.HB.OM^2=R^2.AM.OB=R^2.AM.\dfrac{R^2}{OA}\)
\(\Rightarrow OH.HB = R^4.\dfrac{AM}{OA.OM^2}= R^4.\dfrac{AM}{OA.(OA^2+AM^2)}\)
Áp dụng BĐT Cô si với OA và AM ta có: \(OA^2+AM^2\ge2.\sqrt{OA^2.AM^2}=2.OA.AM\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(OA=AM\)
\(\Rightarrow OH.HB \le R^4.\dfrac{AM}{OA.2.OA.AM}=\dfrac{R^4}{2OA^2}\)
Suy ra: \(S_{max}=\dfrac{R^4}{4.OA^2}\) khi \(OA=AM\)
Cho đường tròn tâm O bán kính r. Gọi M là điểm bất kì nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ cát tuyến bất kì MAB với (0) ( A nằm giữ M và B). Kẻ đường kính BC. Đường MC cắt (0) tại điểm thứ hai là D ( C nằm giữa M và D). Gọi N là giao điểm của AC và BD
a) CMR: BACD là tứ giác nội tiếp và góc AMC = DNC
b) CMR: BC vuông góc MN tại H
c) CMR: DCHN là tứ giác nội tiếp rồi chứng minh: MC .MD + NA .NC = MN2
d) Cho biết góc DNC = 450 Tính diện tích viên phân chắn cung AD theo R
0 câu trả lời
cho nửa đường tròn tâm o , đường kính ab = 2r . trên tia đối của tia ab lấy điểm e cắt các tiếp tuyến kẻ từ a và b của nửa đường tròn lần lượt tại c và d . gọi m là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ e . chứng minh :
\(\dfrac{dm}{de}=\dfrac{cm}{ce}\)
0 câu trả lời
...
Dưới đây là những câu hỏi có bài toán hay do Hoc24 lựa chọn.
Building.
Bảng xếp hạng môn Toán
Nguyễn Huy Tú1820GP
Akai Haruma1580GP
Ace Legona1565GP
soyeon_Tiểubàng giải893GP
Nguyễn Thanh Hằng857GP
Hồng Phúc Nguyễn787GP
Phương An781GP
Võ Đông Anh Tuấn771GP
Trần Việt Linh759GP
Hoàng Lê Bảo Ngọc700GP
Nhã Doanh54GP
Phạm Nguyễn Tất Đạt44GP
ngonhuminh33GP
Akai Haruma32GP
Hồng Phúc Nguyễn28GP
kuroba kaito22GP
nguyen thi vang20GP
Nguyễn Thanh Hằng19GP
Nguyễn Minh Hùng17GP
lê thị hương giang15GP