chs ff koko

a. AB là tiếp tuyến của đt (O) tại B (gt) => \(\widehat{OBA}=90^o\)

AC là tiếp tuyến của đt (O) tại C (gt) => \(\widehat{OCA}=90^o\)

Xét tứ giác ABOC có: \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^o+90^o=180^o\)=> Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn (Dhnb) => Đpcm

b. 

Xét đt (O) có: \(\widehat{ABD}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\widehat{BED}=\widehat{BEA}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\)(T/c góc nội tiếp của đt) (Do A,D,E (gt) => \(\widehat{BED}=\widehat{BEA}\))

=> \(\widehat{ABD}=\widehat{BEA}\)

Xét \(\Delta ABD\)và \(\Delta AEB\)có:

* \(\widehat{A}chung\)

* \(\widehat{ABD}=\widehat{BEA}\left(cmt\right)\)

=> \(\Delta ABD~\Delta AEB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\RightarrowĐpcm\)

c. Vì F là điểm đối xứng của D qua OA => OA là đường trung trực của DF (Đ/n đối xứng trục) => OD = OF = R (T/c điểm thuộc đường trung trực) => F \(\in\left(O\right)\)và \(\Delta ODF\)cân tại O (Đ/n) => OA vừa là đường trung trực của đoạn thẳng DF đồng thời là đường phân giác của \(\widehat{DOF}\)(T/c của \(\Delta\)cân)=> \(\widehat{DOA}=\widehat{FOA}=\frac{1}{2}\widehat{DOF}=\frac{1}{2}sđ\widebat{DF}\)

Xét đt (O) có: \(\widehat{DEF}=\frac{1}{2}sđ\widebat{DF}\)(T/c góc nội tiếp) => \(\widehat{DOA}=\widehat{DEF}\)(1)

Ta có: AB,AC lần lượt là 2 tiếp tuyến của đt (O) (B,C là 2 tiếp điểm) (gt) => OA là tia phân giác của \(\widehat{BOC}\)(Định lý về 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Lại có: OB = OC = R => \(\Delta OBC\)cân tại O (Đ/n) => OA vừa là phân giác đồng thời là đường cao của \(\Delta OBC\)(T/c của \(\Delta\)cân)=> \(OA\perp BC\)tại H (H là giao điểm của OA và BC)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta\)vuông ABO (vuông tại B) với đường cao BH ta được: \(AB^2=AH.AO\)

Mà \(AB^2=AD.AE\left(cmt\right)\)=> \(AD.AE=AH.AO\Leftrightarrow\frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AE}\)

Xét \(\Delta AHD\)và \(\Delta AEO\)có:

* \(\widehat{A}\)chung

* \(\frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AE}\left(cmt\right)\)

=> \(\Delta AHD~\Delta AEO\left(c.g.c\right)\)=> \(\widehat{AHD}=\widehat{AEO}=\widehat{DEO}\left(Do\overline{A,D,E}\Rightarrow\widehat{AEO}=\widehat{DEO}\right)\)=> Tứ giác DEOH là tứ giác nội tiếp (Dhnb) => \(\widehat{DEH}=\widehat{DOH}=\widehat{DOA}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{DH}\)) (Do A,H,O => \(\widehat{DOH}=\widehat{DOA}\)) (2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{DEF}=\widehat{DEH}\)=> 3 điểm E,F,H thẳng hàng ( 2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => Đpcm. 

bn con cau may chuabt lam zay

a)  Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

A B O ^ = 90 0 A C O ^ = 90 0 A B O ^ + A C O ^ = 180 0

=> tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

b)  Vẽ cát tuyến ADE  của (O) sao cho ADE  nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E Î (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh  A B 2 = A D . A E .

Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE

⇒ A B A E = A D A B ⇔ A B 2 = A D . A E

c)  Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H  thẳng hàng.

Ta có  D H A ^ = E H O ^

nên  D H A ^ = E H O ^ = A H F ^ ⇒ A H E ^ + A H F ^ = 180 0 ⇒ 3 điểm E, F, H  thẳng hàng.

Có 1 phần câu trả lời ở đây.

Giải toán: Bài hình trong đề thi HK2 Lớp 9 | Rất phức tạp. - YouTube

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABD và ΔAEB có 

\(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔAEB

Suy ra: AB/AE=AD/AB

hay \(AB^2=AD\cdot AE\)