Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
d, từ C kẻ đường thẳng // với PM cắt AE,AB tại Q và K
lấy H là trung điểm của BC
=>OH vuông góc với BC
H và E cùng nhìn OP dưới 1 góc 90 =>tứ giác OHEP nội tiếp =>góc MPH = góc OEH mà góc MPH = góc KCH (PM//CK) =>góc KCH= góc OEH =>tứ giác HQCE nội tiếp =>góc QHC = góc AEC mà góc AEC = góc ABC =>góc QHC=góc ABC =>QH//AB mà H là trung điểm BC
=>Q là trung điểm CK
Áp dụng định lí TA-let ta được tam giác AMO đồng dạng tam giác AKQ =>MO/KQ=AO/AQ
cmtt NO/CQ=AO/AQ mà CQ=KQ =>OM=ON
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
b: Xet ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
góc DBH chung
=>ΔBDH đồng dạng với ΔBEC
=>BH/BC=DH/EC
=>BH*EC=DH*BC
Lời giải:
a) Vì $SB, SC$ là tiếp tuyến $(O)$ nên $SB\perp OB, SC\perp OC$
$\Rightarrow \widehat{OBS}=\widehat{OCS}=90^0$
Tứ giác $SBOC$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{OBS}+\widehat{OCS}=90^0+90^0=180^0$ nên $SBOC$ là tứ giác nội tiếp.
b)
$\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BFEC$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}(1)$
Mà:
$\widehat{IBF}=\widehat{IBA}=\widehat{ACB}(2)$ (góc nt tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{IBF}$
$\Rightarrow \triangle IFB$ cân tại $I$
$\Rightarrow IF=IB$
c)
$\widehat{FAK}=\widehat{BAO}=\frac{180^0-\widehat{AOB}}{2}=90^0-\widehat{ACB}=\widehat{CAD}(3)$
$\widehat{AFK}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{ACD}(4)$
Từ $(3);(4)\Rightarrow \triangle AFK\sim \triangle ACD$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FK}{CD}(*)$
Mặt khác:
Dễ thấy $\triangle AFE\sim \triangle ACB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FE}{CB}(**)$
Từ $(*);(**)\Rightarrow \frac{FK}{CD}=\frac{EF}{BC}$
$\Rightarrow FK.BC=EF.CD$ (đpcm)
