Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Xét tam giác $MAB$ và $MCA$ có:
\(\widehat{M}\) chung
\(\widehat{MAB}=\widehat{MCA}\) (tính chất góc tạo bởi một dây cung và tiếp tuyến thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó, ở đây là dây cung $AB$ và tiếp tuyến $AM$)
\(\Rightarrow \triangle MAB\sim \triangle MCA(g.g)\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MB}{MA}\Rightarrow MA^2=MB.MC\)
(đpcm)
b)
Theo tính chất đường cao ta thấy \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}(=90^0)\)
Mà 2 góc này đều nhìn cạnh $BC$ nên tứ giác $DEBC$ nội tiếp.
\(\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACB}=\widehat{MCA}\)
Mà \(\widehat{MCA}=\widehat{MAB}(cmt)\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{MAB}\). Hai góc này ở vị trí so le trong nên \(DE\parallel MA\)
c)
Vì \(DE\parallel MA\Rightarrow FD\parallel MA\)
\(\Rightarrow \widehat{GFE}=\widehat{GAM}\) (so le trong)
Mà \(\widehat{GAM}=\widehat{GBA}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến $MA$ và dây cung $GA$ thì bằng góc nội tiếp chắn cung $GA$)
\(\Rightarrow \widehat{GFE}=\widehat{GBA}=\widehat{GBE}\). Hai góc này cùng nhìn cạnh $GE$ nên
tứ giác $GEBF$ nội tiếp
\(\Rightarrow \widehat{GFB}=180^0-\widehat{GEB}=\widehat{GEA}\). (đpcm)
a. Ta có ON cắt BC tại I, I là trung điểm của BC, ON là bán kính ⇒ ON ⊥ BC tại I.
Xét △OCI và △OBI :
\(\hat{OIC}=\hat{OIB}=90^o\left(cmt\right)\)
\(IC=IB\left(gt\right)\)
OI chung.
\(\Rightarrow\Delta OCI=\Delta OBI\left(c.g.c\right)\)
⇒ \(\hat{IOC}=\hat{IOB}\) hay : \(\hat{NOC}=\hat{NOB}\Rightarrow\stackrel\frown{NC}=\stackrel\frown{NB}\)
Mà : \(\hat{NAB}\) hay \(\hat{DAB}\) nội tiếp chắn cung NB, \(\hat{NAC}\) hay \(\hat{DAC}\) nội tiếp chắn cung NC.
Vậy : \(\hat{DAC}=\hat{DAB}\) hay AD là phân giác của góc BAC.
b. \(\hat{MAB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).
\(\hat{ACB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}\) (góc nội tiếp chắn cung AB).
\(\Rightarrow\hat{MAB}=\hat{ACB}\Leftrightarrow\hat{MAB}=\hat{ACM}\)
Xét △MAB và △MCA :
\(\hat{MAB}=\hat{ACM}\left(cmt\right)\)
\(\hat{M}\) chung
\(=> \Delta MAB \backsim \Delta MCA (g.g)\) \(\Rightarrow\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MB}{MA}\Leftrightarrow MA^2=MB.MC\left(a\right)\)
Mặt khác : \(\hat{DAB}=\hat{DAC}\left(cmt\right)\) và \(\hat{DCA}=\hat{MAB}\left(cmt\right)\)
Mà \(\hat{ADM}=\hat{DAC}+\hat{DCA}\) (tính chất góc ngoài của tam giác).
\(\Rightarrow\hat{ADM}=\hat{DAB}+\hat{MAB}\Leftrightarrow\hat{ADM}=\hat{MAD}\)
⇒ △ADM cân tại M ⇒ \(MA=MD\left(b\right)\)
Từ (a), (b) : Vậy : \(MD^2=MB.MC\left(đpcm\right)\)
Từ điểm M ở ngoài đường tròn(O;R) vẽ tiếp tuyến MA đến đường tròn.E là trung điểm AM ; I,H lần lượt là hình chiếu của E và A trên MO. Từ I vẽ tiếp tuyến IK với(O)
a.CMr I nằm ngoài đường tròn( O;R)
b. Qua M vẽ cát tuyến MBC(B nằm giữa M và C) chứng minh rằng tứ giác BHOC nội tiếp
c.CM: HA là tia phân giác của góc BHC và tam giác MIK cân
a.
+ Trong $\Delta ABC$, đường cao $AH$ và $CE$ cắt nhau tại $H$
$\Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta ABC$.
$\Rightarrow BH \perp AC$.
+ Ta có $\widehat{HDB} = 90^{\circ}$ ($AD \perp BC$) và
$\widehat{HEB} = 90^{\circ}$ ($CE \perp AB$)
$\Rightarrow \widehat{HDB} + \widehat{HEB} = 180^{\circ}$.
Mà trong tứ giác $HEBD$, $\widehat{HDB}$ và $\widehat{HEB}$ là hai góc đối nhau.
Suy ra $HEBD$ là tứ giác nội tiếp.
b.
Xét $\Delta MBA$ và $\Delta MAC$ có:
$\widehat{AMC}$ chung
$\widehat{MAB} = \widehat{MCA}$ (cùng chắn cung $AB$)
$\Rightarrow \Delta MBA \sim \Delta MAC$ (g.g)
$\Rightarrow \dfrac{MB}{MA} = \dfrac{MA}{MC}$
$\Rightarrow MA^2 = MB.MC$.
c.
Kẻ đường kính $AG$ và $AD$ cắt đường tròn tại điểm thứ hai là $E$.
Ta có $\widehat{BCE} = \widehat{BAE}$ (cùng chắn cung BE$)
Mà $\widehat{BAE} = \widehat{DCE}$ (cùng phụ với $\widehat{ABC}$)
$\Rightarrow \widehat{BCE} = \widehat{DCE}$
Xét $\Delta CHD$ và $\Delta CED$ có:
$\widehat{BCE} = \widehat{DCE}$
$CD$ chung
$\widehat{CDH} = \widehat{CDE} = 90^{\circ}$
$\Rightarrow \Delta CHD = \Delta CED$ (g.c.g)
$\Rightarrow \widehat{HCD} = \widehat{ECD}$ hay $CD$ vừa là đường cao, vừa là phân giác của $\Delta CHE$.
$\Rightarrow \Delta CHE$ cân tại $C \Rightarrow CD$ là trung trực của đoạn thẳng $HE$.
Suy ra $NH = NE$ (do $N$ thuộc $CD$) (1)
Chứng minh $CBEG$ là hình thang cân
Vì $\widehat{AEG} = 90^{\circ}$ nên $AE \perp GE$
Mà $AE \perp BC$ nên $CB // EG$
Suy ra $CBEG$ là hình thang mà hình thang nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $CBEG$ là hình thang cân.
$N$ là trung điểm $BC$ nên $\Delta NCG = \Delta NBE$ (c.g.c)
Suy ra $NE = NG$ (2)
Ta có $\widehat{NFG } = 90^{\circ} \Rightarrow NG>NF$ (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra $NH > NF$.
( mấy cái cơ bản thì tự viết nhé )
a) góc MAO và góc MBO= 90 độ
xét tứ giác MAOB có góc MAO+MBO=180 độ
=> MAOB nội tiếp
b) Xét (O) có EB là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{DB}\right)\)
Xét tam giác EDB và tam giác EBA có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEB}chung\\\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EDB~\Delta EBA\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{BE}{DE}=\frac{AE}{BE}\)
\(\Rightarrow BE^2=AE.DE\left(1\right)\)
Vì \(AC//MB\Rightarrow\widehat{ACM}=\widehat{DME}\left(SLT\right)\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ACM}=\widehat{ABD}\left(=\frac{1}{2}sđo\widebat{AD}\right)\\\widehat{ABD}=\widehat{MAD}\left(=\frac{1}{2}sđo\widebat{AD}\right)\end{cases}\Rightarrow\widehat{ACM}=\widehat{MAD}}\)
\(\Rightarrow\widehat{DME}=\widehat{MAD}\)
Xét tam giác EMD và tam giác EAM có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{MAD}\\\widehat{AME}chung\end{cases}}\Rightarrow\Delta EMD~\Delta EAM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ME}{DE}=\frac{AE}{ME}\)
\(\Rightarrow ME^2=DE.AE\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE=ME\left(đpcm\right)\)
c) mai nốt :V
c) El à trung điểm MB;H là trung điểm AB
-> EH là đường trung bình tam giác MAB
=> EH// MA
=> góc EHB= góc MAB ( đồng vị )
Mà góc MAB = góc AKB ( = 1/2 số đo cung AB )
=> góc EHB= góc AKB
mà góc EHB+ góc IHB = 180 độ
=> góc AKB + góc IHB = 180 độ
=> BHIK nội tiếp
=> góc BHK= BIK mà góc BHK= 90 độ
=> góc BIK= 90 độ
=> AK vuông góc với BI
tôi ko biết
lớp 9 chưa hok