Chương III - Góc với đường tròn

Yeon Min Choi
Xem chi tiết

a: Xét tứ giác AFHE có \(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^0\)

mà \(\widehat{BFE}+\widehat{KFB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{KFB}=\widehat{KCE}\)

Xét ΔKFB và ΔKCE có

\(\widehat{KFB}=\widehat{KCE}\)

\(\widehat{FKB}\) chung

Do đó: ΔKFB~ΔKCE

=>\(\dfrac{KF}{KC}=\dfrac{KB}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)

 

Bình luận (0)
Nguyễn Việt Lâm
11 tháng 3 lúc 23:23

c.

Do I và F cùng nhìn BH dưới 1 góc vuông nên BFHI nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FBH}=\widehat{HIF}\) (cùng chắn FH) 

E và I cùng nhìn CH dưới 1 góc vuông nên CEHI nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HCE}=\widehat{HIE}\) (cùng chắn HE) 

E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC

\(\Rightarrow D\) là tâm đường tròn ngoại tiếp (BCEF)

Đồng thời \(\widehat{HCE}=\widehat{FBH}\) (cùng chắn EF)  \(\Rightarrow\widehat{HIE}=\widehat{FBH}\)

\(\Rightarrow\widehat{FIE}=\widehat{HIF}+\widehat{HIE}=\widehat{FBH}+\widehat{FBH}=2\widehat{FBH}\)

Trong đường tròn ngoại tiếp BCEF, D là tâm đường tròn nên:

\(\widehat{FDE}=2\widehat{FBE}\) (góc nt và góc ở tâm cùng chắc EF)

Hay \(\widehat{FDE}=2\widehat{FBH}\)

\(\Rightarrow\widehat{FIE}=\widehat{FDE}\)

\(\Rightarrow IDEF\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DIF}+\widehat{KED}=180^0\)

Mà \(\widehat{DIF}+\widehat{KIF}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{KED}=\widehat{KIF}\)

Lại có góc \(\widehat{IKF}\) chung

\(\Rightarrow\Delta KED\sim\Delta KIF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{KE}{KI}=\dfrac{KD}{KF}\Rightarrow KE.KF=KI.KD\)

Kết hợp câu b \(\Rightarrow KB.KC=KI.KD\)

Bình luận (0)
Nguyễn Việt Lâm
11 tháng 3 lúc 23:24

loading...

Bình luận (0)
Nguyễn Ngọc Như Thuý
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
10 tháng 3 lúc 18:35

a.

AB là đường kính và C, D thuộc đường tròn nên \(\widehat{ACB};\widehat{ADB}\) là các góc nt chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{HCE}=\widehat{HDE}=90^0\)

\(\Rightarrow\) C và D cùng nhìn HE dưới 1 góc vuông nên C, E, D, H cùng thuộc đường tròn đường kính HE

Tâm của đường tròn này là trung điểm HE.

b.

Xét hai tam giác HDA và HCB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HDA}=\widehat{HCB}=90^0\\\widehat{AHD}=\widehat{BHC}\left(đối-đỉnh\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta HDA\sim\Delta HCB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{HD}{HC}=\dfrac{HA}{HB}\Rightarrow HC.HA=HD.HB\)

Theo câu a, \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AC\perp BE\\BD\perp AE\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABE

\(\Rightarrow EH\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow EH\) vuông góc AB tại F \(\Rightarrow\Delta BHF\) vuông tại F

D là điểm chính giữa cung AC \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AD}=sđ\stackrel\frown{CD}\)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{CBD}\) (2 góc nt chắn 2 cùng bằng nhau)

Xét hai tam giác vuông BHC và BHF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}HB-chung\\\widehat{CBD}=\widehat{ABD}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta_{\perp}BHC=\Delta_{\perp}BHF\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow HC=HF\)

\(\Rightarrow\Delta HCF\) cân tại H

Bình luận (0)
Nguyễn Việt Lâm
10 tháng 3 lúc 18:35

loading...

Bình luận (0)
Lê Cẩm Tú
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
10 tháng 3 lúc 14:44

a.

Pitago tam giác vuông AOC: \(AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{R^2+R^2}=R\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AC=AE\Rightarrow\Delta ACE\) cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{ACE}=\widehat{AEC}\) (1)

Có: \(\widehat{ACE}=\widehat{AOC}+\widehat{OCE}=45^0+\widehat{OCE}\) (2)

\(\widehat{AEC}=\widehat{ECB}+\widehat{EBC}\) (tính chất góc ngoài của tam giác)

OBC vuông cân tại O nên \(\widehat{EBC}=45^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AEC}=45^0+\widehat{ECB}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{OCE}=\widehat{ECB}\)

\(\Rightarrow CF\) là phân giác của \(\widehat{BCD}\)

b.

Do MF là tiếp tuyến \(\Rightarrow\widehat{AFM}=\widehat{ACF}\) (cùng chắn AF) (4)

\(\widehat{ACF}=\widehat{ACO}+\widehat{DCF}=45^0+\widehat{DCF}\)

Mà \(\widehat{DCF}=\widehat{BCF}\) (theo cm câu a) 

\(\widehat{BCF}=\widehat{BAF}\) (cùng chắn BF)

\(\Rightarrow\widehat{DCF}=\widehat{BAF}\)

\(\Rightarrow\widehat{ACF}=45^0+\widehat{BAF}=\widehat{CAO}+\widehat{BAF}\) (do \(\widehat{CAO}=45^0\))

\(\Rightarrow\widehat{ACF}=\widehat{CAF}\) (5)

(4);(5) \(\Rightarrow\widehat{AFM}=\widehat{CAF}\) (6)

\(\Rightarrow MF||AC\) (hai góc so le trong bằng nhau)

c.

Theo cmt, \(\widehat{DCF}=\widehat{BAF}\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ANO}+\widehat{BAF}=90^0\\\widehat{OEC}+\widehat{DCF}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{ANO}=\widehat{OEC}\)  hay \(\widehat{ANO}=\widehat{AEC}\) (7)

Từ (1), (5), (6), (7) \(\Rightarrow\widehat{ANO}=\widehat{AFM}\)

Lại có \(\widehat{ANO}=\widehat{MNF}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{MNF}=\widehat{AFM}\Rightarrow\Delta MNF\) cân tại M

\(\Rightarrow MN=MF\)

MF là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta OFM\) vuông tại F

\(\Rightarrow OM^2=OF^2+MN^2\Rightarrow OM^2=MN^2+OD^2\) (do \(OF=OD=R\))

Vậy MN, OD, OM là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác vuông

Bình luận (0)
Nguyễn Việt Lâm
10 tháng 3 lúc 14:45

loading...

Bình luận (0)
Kiều Vũ Linh
8 tháng 3 lúc 8:18

loading...  

a) *) Xét tứ giác AEHF có:

∠AEH = ∠AFH = 90⁰

⇒ ∠AEH + ∠AFH = 90⁰ + 90⁰ = 180⁰

⇒ AEHF nội tiếp

*) Xét tứ giác BFEC có:

BEC = BFC = 90⁰

⇒ E, F cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90⁰

⇒ BFEC nội tiếp

b) Ta có:

AK là đường kính của (O) (gt)

⇒ ∠ACK = 90⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét hai tam giác vuông: ∆ABD và ∆AKC có:

∠ABD = ∠AKC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

⇒ ∆ABD ∽ ∆AKC (g-g)

⇒ AB/AK = AD/AC

⇒ AB.AC = AK.AD

c) Xét tứ giác ABDE có:

∠ADB = ∠AEB = 90⁰

⇒ D, E cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰

⇒ ABDE nội tiếp

⇒ ∠BAD = ∠BED (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Mà ∠BAD + ∠ABC = 90⁰ 

⇒ ∠BED + ∠ABC = 90⁰

Lại có:

∠BED + ∠CED = 90⁰

⇒ ∠CED = ∠ABC

Vẽ tia Cx là tiếp tuyến tại C của (O)

Ta có:

∠ABC = ∠ACx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung AC cùng chắn cung AC)

Mà ∠ABC = ∠CED (cmt)

⇒ ∠ACx = ∠CED

Mà ∠ACx và ∠CED là hai góc so le trong

⇒ Cx // DE

Mà Cx ⊥ OC (do Cx là tiếp tuyến tại C của (O))

⇒ OC ⊥ DE

Bình luận (0)

loading...  loading...  loading...  loading...  loading...  loading...  

Bình luận (0)
nguyenducquan
Xem chi tiết

Bài 4:

a: Xét (O) có

\(\widehat{AOJ}\) là góc ở tâm chắn cung AJ

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{AJ}_{nhỏ}=\widehat{AOJ}=50^0\)

b: Xét (O) có

ΔANB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔANB vuông tại N

Ta có: \(\widehat{AMB}+\widehat{BAM}=90^0\)(ΔBMA vuông tại B)

\(\widehat{ABN}+\widehat{BAM}=90^0\)(ΔNAB vuông tại N)

Do đó: \(\widehat{AMB}=\widehat{ABN}\)

c: Ta có: \(\widehat{MBN}+\widehat{ABN}=\widehat{ABM}=90^0\)

\(\widehat{IAO}+\widehat{NBA}=90^0\)(ΔNBA vuông tại N)

Do đó: \(\widehat{MBN}=\widehat{IAO}\)

Xét ΔAIO vuông tại I và ΔBNM vuông tại N có

\(\widehat{IAO}=\widehat{NBM}\)

Do đó: ΔAIO~ΔBNM

Bình luận (0)
Ngô Thị THục Nguyên
Xem chi tiết

a: Xét (I) có

ΔHDB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHDB vuông tại D

=>HD\(\perp\)AB tại D

Xét (K) có

ΔCEH nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCEH vuông tại E

=>HE\(\perp\)AC

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

b: ta có: ADHE là hình chữ nhật

=>\(\widehat{ADE}=\widehat{AHE}\)

mà \(\widehat{AHE}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{CAH}\right)\)

nên \(\widehat{ADE}=\widehat{C}\)

mà \(\widehat{ADE}+\widehat{EDB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{EDB}+\widehat{ECB}=180^0\)

=>EDBC là tứ giác nội tiếp

c:

Ta có: ADHE là hình chữ nhật

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH};\widehat{DEH}=\widehat{DAH}\)

Ta có: HD\(\perp\)AB

AC\(\perp\)AB

Do đó: HD//AC

=>\(\widehat{IHD}=\widehat{C}\)(hai góc đồng vị)

Ta có: HE\(\perp\)AC

AB\(\perp\)AC

Do đó: HE//AB

=>\(\widehat{CHE}=\widehat{B}\)

Ta có: \(\widehat{EDI}=\widehat{EDH}+\widehat{IDH}\)

\(=\widehat{EAH}+\widehat{IHD}\)

\(=\widehat{HAC}+\widehat{HCA}=90^0\)

=>ED\(\perp\)DI

=>ED là tiếp tuyến của (I)

\(\widehat{KED}=\widehat{KEH}+\widehat{DEH}\)

\(=\widehat{KHE}+\widehat{DAH}\)

\(=\widehat{HAB}+\widehat{HBA}=90^0\)

=>KE là tiếp tuyến của (K)

Bình luận (0)

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó;ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)TB tại M

Xét ΔATB vuông tại A có AM là đường cao

nên \(TA^2=TM\cdot TB\)

b: Ta có: \(\widehat{BFA}+\widehat{FAM}=90^0\)(ΔAMF vuông tại M)

\(\widehat{BAF}+\widehat{TAF}=\widehat{BAT}=90^0\)

mà \(\widehat{FAM}=\widehat{TAF}\)(AF là phân giác của góc MAT)

nên \(\widehat{BFA}=\widehat{BAF}\)

=>ΔBAF cân tại B

c: Xét (O) có

ΔBEA nội tiếp

BA là đường kính

Do đó: ΔBEA vuông tại E

=>BE\(\perp\)AF tại E

Ta có: ΔBAF cân tại B

mà BE là đường cao

nên E là trung điểm của AF

Xét ΔFAB có

BE,AM là các đường cao

BE cắt AM tại K

Do đó: K là trực tâm

=>FK\(\perp\)AB

ta có: FK\(\perp\)AB

TA\(\perp\)AB

Do đó: FK//AT

Xét ΔKEF vuông tại E và ΔHEA vuông tại E có

EF=EA

\(\widehat{KFE}=\widehat{HAE}\)(hai góc so le trong, FK//HA)

Do đó: ΔKEF=ΔHEA

=>FK=HA

Xét tứ giác FKAH có

FK//AH

FK=AH

Do đó: FKAH là hình bình hành

Hình bình hành FKAH có FA\(\perp\)KH

nên FKAH là hình thoi

Bình luận (0)
Quốc Thái
Xem chi tiết

a: Xét tứ giác APIN có \(\widehat{API}+\widehat{ANI}=90^0+90^0=180^0\)

nên APIN là tứ giác nội tiếp

=>A,P,I,N cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\widehat{AHC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{AHC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{CIM}\left(=90^0-\widehat{PCB}\right)\)

nên \(\widehat{CIH}=\widehat{CHI}\)

=>ΔCIH cân tại C

Bình luận (0)

a: Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{ACB}=\widehat{AMB}=60^0\)

Xét ΔMNB có MN=MB và \(\widehat{NMB}=60^0\)

nên ΔMNB đều

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{AMC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}=60^0\)

Ta có: ΔMBN đều

=>\(\widehat{MNB}=\widehat{MBN}=60^0\)

Ta có: \(\widehat{MNB}=\widehat{NMC}\left(=60^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BN//MC

c: Xét ΔABD và ΔAMB có

\(\widehat{ABD}=\widehat{AMB}\left(=60^0\right)\)

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔAMB

=>\(\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AD}{AB}\)

=>\(AB^2=AD\cdot AM\)

Bình luận (0)

a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)FC tại A

Xét tứ giác EDCA có \(\widehat{EDC}+\widehat{EAC}=90^0+90^0=180^0\)

nên EDCA là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác ADBF có

\(\widehat{BDF}=\widehat{BAF}=90^0\)

nên ADBF là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: \(\widehat{MAE}+\widehat{OAE}=\widehat{MAO}=90^0\)

\(\widehat{BED}+\widehat{EBD}=90^0\)(ΔEDB vuông tại D)

mà \(\widehat{OAE}=\widehat{EBD}\)(ΔOAB cân tại O)

nên \(\widehat{MAE}=\widehat{BED}\)

mà \(\widehat{BED}=\widehat{MEA}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{MAE}=\widehat{MEA}\)

=>ΔMAE cân tại M

=>MA=ME

 

Bình luận (0)