Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>\(\widehat{AMB}=90^0\)
b: Xét ΔOMC vuông tại M có MH là đường cao
nên \(HC\cdot HO=HM^2\left(1\right)\)
Xét ΔMAB vuông tại M có MH là đường cao
nên \(HA\cdot HB=HM^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HC\cdot HO=HA\cdot HB\)
c: Xét tứ giác AMBQ có
O là trung điểm của AB và MQ
Do đó: AMBQ là hình bình hành
Hình bình hành AMBQ có AB=MQ
nên AMBQ là hình bình hành
Bài 3:
1: Ta có: \(P=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{x-4}\)
\(=\dfrac{x+3\sqrt{x}+2+2x-4\sqrt{x}-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)
a: Xét (O) có
AB,AC là tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC
b: Xét (O) có
ΔCND nội tiếp
CD là đường kính
Do đó: ΔCND vuông tại N
=>CN\(\perp\)ND tại N
=>CN\(\perp\)AD tại N
Xét ΔDCA vuông tại C có CN là đường cao
nên \(AN\cdot AD=AC^2\left(3\right)\)
Ta có: OA là trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét ΔOCA vuông tại C có CH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AC^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(AN\cdot AD=AH\cdot AO\)
c: Ta có: \(AH\cdot AO=AN\cdot AD\)
=>\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AN}{AO}\)
Xét ΔAHN và ΔADO có
\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AN}{AO}\)
\(\widehat{HAN}\) chung
Do đó: ΔAHN đồng dạng với ΔADO
=>\(\widehat{AHN}=\widehat{ADO}\)
Ta có: ΔOCA vuông tại C
=>\(CO^2+CA^2=OA^2\)
=>\(CA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
=>\(CA=R\sqrt{3}\)
Ta có: ΔDCA vuông tại C
=>\(DC^2+CA^2=DA^2\)
=>\(DA^2=\left(2R\right)^2+\left(R\sqrt{3}\right)^2=7R^2\)
=>\(DA=R\sqrt{7}\)
Xét ΔDCA vuông tại C có \(sinCDA=\dfrac{CA}{DA}\)
=>\(sinCDA=\dfrac{R\sqrt{3}}{R\sqrt{7}}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)
=>\(sinAHN=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)
Em chụp hình bài đó lại nhé!
rồi