Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Vì M B C ^ = M D B ^ = 1 2 s đ C B ⏜ nên chứng minh được ∆MBC:∆MDB (g.g)
b, Vì
M
B
O
^
+
M
A
O
^
=
180
0
nên tứ giác MAOB nội tiếp
c, Đường tròn đường kính OM là đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB => r = M O 2
Gọi H là giao điểm của AB với OM
=> OH ⊥ AB; AH = BH = R 3 2
Giải tam giác vuông OAM, đường cao AH ta được OM = 2R Þ r = R
d, Ta có M I B ^ = s đ D E ⏜ + s đ B C ⏜ 2 và M A B ^ = s đ A C ⏜ + s đ B C ⏜ 2
Vì AE song song CD => s đ D E ⏜ = s đ A C ⏜ => M I B ^ = M A B ^
Do tứ giác MAIB nội tiếp hay 5 điểm A, B, O, I, M nằm trên cùng 1 đường tròn kính MO
Từ đó ta có được M I O ^ = 90 0 => OI ⊥ CD hay I là trung điểm của CD
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
Câu 4:
a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên MAOB là tứ giác nội tiếp
c: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại B
=>AB\(\perp\)CD tại B
Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)
Ta có: \(\widehat{MAB}+\widehat{MDB}=90^0\)(ΔABD vuông tại B)
\(\widehat{MBA}+\widehat{MBD}=\widehat{ABD}=90^0\)
mà \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)
nên \(\widehat{MDB}=\widehat{MBD}\)
Câu 5:
a: Xét tứ giác ABIK có \(\widehat{AKB}=\widehat{AIB}=90^0\)
nên ABIK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác HKCI có \(\widehat{HKC}+\widehat{HIC}=90^0+90^0=180^0\)
nên HKCI là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{EAD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến EA và dây cung AD
\(\widehat{ABD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD
Do đó: \(\widehat{EAD}=\widehat{ABD}\)
Xét ΔEAD và ΔEBA có
\(\widehat{EAD}=\widehat{EBA}\)
\(\widehat{AED}\) chung
Do đó: ΔEAD~ΔEBA
=>\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{ED}{EA}\)
=>\(EA^2=ED\cdot EB\)
Câu 4:
a) Theo định lí về góc tiếp tuyến và dây cung, ta có: ∠MAB = ∠MCB và ∠MBA = ∠MCA.
Do đó, ∠MAB + ∠MBA = ∠MCB + ∠MCA = 180°.
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB:
Ta có:
\(OM=R+OA=2R\) (vì OA là bán kính của đường tròn)
Do đó, \(R=\dfrac{OM}{2}=\dfrac{5}{2}=2,5cm\)
Vậy, độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB là:
\(2\pi R=2\cdot3,14\cdot2,5=15,7cm\)
c) Ta có: ∠MBA = ∠MCA (do tứ giác MAOB nội tiếp)
Và ∠MCB = ∠MAB (do tứ giác MAOB nội tiếp)
Do đó, ∠MBD = ∠MBA + ∠MCB = ∠MCA + ∠MAB = ∠MDB.
Vậy, ∠MBD = ∠MDB.
Câu 5:
a) Ta có: ∠BAI = ∠BKI (do cùng chắp cung BK)
Và ∠ABI = ∠AKI (do cùng chắp cung AI)
Do đó, ∠BAI + ∠ABI = ∠BKI + ∠AKI = 180°.
Vậy, tứ giác ABIK nội tiếp.
Tương tự, ta cũng có tứ giác HKCI nội tiếp.
b) Ta có: ∠BAE = ∠BDE (do cùng chắp cung BD)
Và ∠ABE = ∠DBE (do cùng chắp cung BE)
Do đó, ∆ABE ~ ∆DBE (theo định lí tam giác đồng dạng)
Từ đó, ta có:
\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{BE}{DE}\)
Vậy, \(AE^2=BE\cdot DE\)