a) Xét  và , ta có:

ˆBAD=ˆCBDBAD^=CBD^ (góc nội tiếp cùng chắn cung )

ˆD1D1^ góc chung

Vậy  đồng dạng  ⇒ BDCD=ADBD=BD2=AD.CDBDCD=ADBD=BD2=AD.CD (đpcm)

b) Ta có ˆAECAEC^ là góc có đỉnh ở bên ngoài 

Quảng cáo

ˆAEC=sđAC−sđBC2=sđAB−sđBC2=ˆADBAEC^=sđAC⏜−sđBC⏜2=sđAB⏜−sđBC⏜2=ADB^

Xét tứ giác , ta có: ˆAECAEC^ và ˆADBADB^ là hai góc liên tiếp cùng nhìn đoạn  và ˆAEC=ˆADBAEC^=ADB^ . Vậy tứ giác  nội tiếp đường tròn

c) Ta có: ˆACB+ˆBCD=1800ACB^+BCD^=1800 (hai góc kề bù).

hay ˆABC+ˆBCD=1800ABC^+BCD^=1800 ( cân tại )

⇒ˆABC=1800–ˆBCD(1)⇒ABC^=1800–BCD^(1) 

Vì  là tứ giác nội tiếp nên

ˆBED+ˆBCD=1800⇒ˆBED=1800–ˆBCD(2)BED^+BCD^=1800⇒BED^=1800–BCD^(2) 

So sánh (1) và (2), ta có: ˆABC=ˆBEDABC^=BED^ 

Ta cũng có: ˆABCABC^ và ˆBEDBED^ là hai góc đồng vị. Suy ra: BC//DEBC//DE (đpcm)

a) Xét  và , ta có:

ˆBAD=ˆCBDBAD^=CBD^ (góc nội tiếp cùng chắn cung )

ˆD1D1^ góc chung

Vậy  đồng dạng  ⇒ BDCD=ADBD=BD2=AD.CDBDCD=ADBD=BD2=AD.CD (đpcm)

b) Ta có ˆAECAEC^ là góc có đỉnh ở bên ngoài 

Quảng cáo

ˆAEC=sđAC−sđBC2=sđAB−sđBC2=ˆADBAEC^=sđAC⏜−sđBC⏜2=sđAB⏜−sđBC⏜2=ADB^

Xét tứ giác , ta có: ˆAECAEC^ và ˆADBADB^ là hai góc liên tiếp cùng nhìn đoạn  và ˆAEC=ˆADBAEC^=ADB^ . Vậy tứ giác  nội tiếp đường tròn

c) Ta có: ˆACB+ˆBCD=1800ACB^+BCD^=1800 (hai góc kề bù).

hay ˆABC+ˆBCD=1800ABC^+BCD^=1800 ( cân tại )

⇒ˆABC=1800–ˆBCD(1)⇒ABC^=1800–BCD^(1) 

Vì  là tứ giác nội tiếp nên

ˆBED+ˆBCD=1800⇒ˆBED=1800–ˆBCD(2)BED^+BCD^=1800⇒BED^=1800–BCD^(2) 

So sánh (1) và (2), ta có: ˆABC=ˆBEDABC^=BED^ 

Ta cũng có: ˆABCABC^ và ˆBEDBED^ là hai góc đồng vị. Suy ra: BC//DEBC//DE (đpcm)

REFER

https://baitapsgk.com/lop-9/toan-lop-9/bai-15-trang-135-sgk-toan-9-tap-2-tam-giac-abc-can-tai-a-co-canh-day-nho-hon-canh-ben-noi-tiep-duong-tron-o-tiep-tuyen-tai-b-va-c-cua-duong-tron-lan-luot-cat-tia-ac-va-tia-ab-o-d-va-e-chung-minh.html

Bổ sung: ΔABC cân tại A

ΔABC cân tại A

=>AO đi qua trug diểm I của EF

Vẽ IK vuông góc AB tại K, gọi H và G lần lượt là giao của OA với BC và(O)

Vì OE vuông góc AB, IK vuông goc AB, GB vuông góc AB

=>OE//IK//GB

ΔABG có IK//GB

nên IK/BG=AI/AG

=>IK=AI*BG/AG

ΔABH có EI//BH

ΔABE có OE//BG

=>IH/AH=BE/BA=OG/AG và AE/AB=AI/AH

=>IH=AH*OE/AE

ΔABG có OE//BG

nên AB/AE=BG/OE

AH/AI=AB/AE=BG/OE

=>AH*OE=AI*BG 

=>AH*OG=AI*BG

=>IK=IH

=>ĐPCM

(a) Gọi \(O'\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AIFE.\)

Ta có : \(\hat{IEF}=\hat{IAF}\) (\(AIFE\) nội tiếp đường tròn \(\left(O'\right)\)) hay \(\hat{IEF}=\hat{IAB}.\)

Mà : \(\hat{IAB}=\hat{ICB}\) (hai góc nội tiếp đường tròn \(\left(O\right)\) cùng chắn cung \(IB\)).

Do đó, \(\hat{IEF}=\hat{ICB}.\)

Ta cũng có : \(\hat{FIE}=\hat{FAE}\) (\(AIFE\) nội tiếp đường tròn \(\left(O'\right)\)) hay \(\hat{FIE}=\hat{BAC}.\)

Mà : \(\hat{BAC}=\hat{BIC}\) (hai góc nội tiếp đường tròn \(\left(O\right)\) cùng chắn cung \(BC\)).

Do đó, \(\hat{FIE}=\hat{BIC}.\)

Xét \(\Delta IBC,\Delta IFE:\left\{{}\begin{matrix}\hat{ICB}=\hat{IEF}\left(cmt\right)\\\hat{BIC}=\hat{FIE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta IBE\sim\Delta IFE\left(g.g\right)\) (đpcm).

(b) Mình tạm thời chưa nghĩ ra nhé:)

a: Xét (O) có

MB,MA là tiếp tuyến

nên MB=MA

Xét (O') cos

MA,MC là tiếp tuyến

nên MA=MC=>MA=BC/2

Xét ΔABC có

AM la trung tuyến

AM=BC/2

Do đó; ΔABC vuông tại A

b: Gọi H là trung điểm của OO'

Xét hình thang OBCO' có

M,H lần lượt là trung điểm của BC,OO'

nên MH là đường trung bình

=>MH//BO//CO'

=>MH vuông góc với BC

=>BC là tiếp tuyến của (H)

a: góc DHC=góc DBC=90 độ

=>DHBC nội tiếp

b: góc BDH=góc BCH=góc KAD=góc DOK/2

=>góc DOK=2*góc BDH