Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh 4 điểm O, B, H, C cùng thuộc một đường tròn
- Vì OC $⊥$ AB tại O (giả thiết) => $\hat{C O B} = 90^{\circ} .$
- Vì CH $⊥$ BD tại H (giả thiết) => $\hat{C H B} = 90^{\circ} .$
- Xét tứ giác OBHC có $\hat{C O B} = \hat{C H B} = 90^{\circ} .$
- Hai đỉnh O và H cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90 $°$ , nên tứ giác OBHC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Vậy 4 điểm O, B, H, C cùng nằm trên một đường tròn tâm là trung điểm của BC, bán kính r = $\frac{B C}{2} .$
- Xét tam giác COB vuông tại O, có OC = OB = R.
=> Áp dụng định lý Pythagoras: $B C = \sqrt{O C^{2} + O B^{2}} = \sqrt{R^{2} + R^{2}} = R \sqrt{2}$ .
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp OBHC là: r = $\frac{B C}{2} = \frac{R \sqrt{2}}{2} .$
b) Chứng minh HO là tia phân giác của $\hat{B H C}$ và CE.CH = EB.HD
1. Chứng minh HO là phân giác $\hat{B H C}$ :
- Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBHC:
+ Góc nội tiếp $\hat{C H O}$ chắn cung CO.
+ Góc nội tiếp $\hat{B H O}$ chắn cung BO.
Mà CO = BO = R (bán kính nửa đường tròn (O)), nên cung CO = cung BO.
=> $\hat{C H O} = \hat{B H O}$ (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).
Vậy HO là tia phân giác của góc $\hat{B H C}$ .
2. Chứng minh CE.CH = EB.HD:
- Vì OC $⊥$ AB và OC = OA = R nên $∆$ AOC vuông cân tại O => $\hat{O A C} = 45^{\circ} .$
- Xét tứ giác ABHC có $\hat{B H C} = 90^{\circ}$ (giả thiết) và $\hat{B A C} = 45^{\circ} .$
- Xét $∆$ ECH và $ $∆$ EBH: Do HO là phân giác $\hat{B H C}$ nên theo tính chất đường phân giác trong $∆$ BHC, ta có: $\frac{C E}{E B} = \frac{C H}{B H}$ (1).
- Xét $∆$ HCD và $∆$ HBA:
$\hat{C H D} = \hat{A H B} = 90^{\circ} .$
$\hat{H D C} = \hat{H B A}$ (cùng phụ với $\hat{B D C}$ trong các tam giác vuông).
=> $△ H C D ~ △ H B A$ (g.g)
=> $\frac{C H}{B H} = \frac{H D}{B A}$ (2).
Từ (1) và (2) => $\frac{C E}{E B} = \frac{H D}{C H} \Rightarrow C E \cdot C H = E B \cdot H D$ (đpcm).

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack

a) Chứng minh 4 điểm O, B, H, C cùng thuộc một đường tròn
- Vì OC $⊥$ AB tại O (giả thiết) => $\hat{C O B} = 90^{\circ} .$
- Vì CH $⊥$ BD tại H (giả thiết) => $\hat{C H B} = 90^{\circ} .$
- Xét tứ giác OBHC có $\hat{C O B} = \hat{C H B} = 90^{\circ} .$
- Hai đỉnh O và H cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90 $°$ , nên tứ giác OBHC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Vậy 4 điểm O, B, H, C cùng nằm trên một đường tròn tâm là trung điểm của BC, bán kính r = $\frac{B C}{2} .$
- Xét tam giác COB vuông tại O, có OC = OB = R.
=> Áp dụng định lý Pythagoras: $B C = \sqrt{O C^{2} + O B^{2}} = \sqrt{R^{2} + R^{2}} = R \sqrt{2}$ .
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp OBHC là: r = $\frac{B C}{2} = \frac{R \sqrt{2}}{2} .$
b) Chứng minh HO là tia phân giác của $\hat{B H C}$ và CE.CH = EB.HD
1. Chứng minh HO là phân giác $\hat{B H C}$ :
- Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBHC:
+ Góc nội tiếp $\hat{C H O}$ chắn cung CO.
+ Góc nội tiếp $\hat{B H O}$ chắn cung BO.
Mà CO = BO = R (bán kính nửa đường tròn (O)), nên cung CO = cung BO.
=> $\hat{C H O} = \hat{B H O}$ (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).
Vậy HO là tia phân giác của góc $\hat{B H C}$ .
2. Chứng minh CE.CH = EB.HD:
- Vì OC $⊥$ AB và OC = OA = R nên $∆$ AOC vuông cân tại O => $\hat{O A C} = 45^{\circ} .$
- Xét tứ giác ABHC có $\hat{B H C} = 90^{\circ}$ (giả thiết) và $\hat{B A C} = 45^{\circ} .$
- Xét $∆$ ECH và $ $∆$ EBH: Do HO là phân giác $\hat{B H C}$ nên theo tính chất đường phân giác trong $∆$ BHC, ta có: $\frac{C E}{E B} = \frac{C H}{B H}$ (1).
- Xét $∆$ HCD và $∆$ HBA:
$\hat{C H D} = \hat{A H B} = 90^{\circ} .$
$\hat{H D C} = \hat{H B A}$ (cùng phụ với $\hat{B D C}$ trong các tam giác vuông).
=> $△ H C D ~ △ H B A$ (g.g)
=> $\frac{C H}{B H} = \frac{H D}{B A}$ (2).
Từ (1) và (2) => $\frac{C E}{E B} = \frac{H D}{C H} \Rightarrow C E \cdot C H = E B \cdot H D$ (đpcm).

Answer 3

5345qa4tza

2 câu trả lời 80

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9