Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a.\Delta MAD\&\Delta MBA:\widehat{MAD}=\widehat{MBA}\left(=\frac{1}{2}\widebat{AD}\right);\widehat{AMB}=\widehat{AMD}\Rightarrow\Delta MAD~\Delta MBA\left(g.g\right)\Rightarrow MD^2=MB.MC\)b.Do I là trung điểm dây CD nên OI vuông góc CD mà ^SBO=90=>S;B;O;I cùng thuộc một đtròn
Mà dễ thấy S;B;A;O cùng thuộc một đtròn nên S;B;I;O;A cùng thuộc một đtròn
Do đó ^SIA=^SBA,^SIB=^SAB.Mà ^SAB=^SBA(do SA,SB là tiếp tuyến (O))=>^SIA=^SIB=>Đpcm
c.^DIE=^DCA=^DBE=>B;D;E;I cùng thuộc một đtròn=>^DEB=^DIB=^SAB=>DE//SA=>DE//BC
d.
Bài 1 :
M A C D E F N K O B
a.Ta có MC là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow MC\perp OC\)
Mà \(MK\perp KD\Rightarrow\widehat{MCO}=\widehat{MKD}=90^0\Rightarrow OCDK\) nội tiếp
b.Vì MC là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MBC}\Rightarrow\Delta MCA~\Delta MBC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{MB}=\frac{MA}{MC}\Rightarrow MC^2=MA.MB\)
c . Vì MO∩(O)=AB \(\Rightarrow AB\) là đường kính của (O)
\(\Rightarrow AC\perp BC\Rightarrow\widehat{BCD}+\widehat{MCA}=90^0\Rightarrow\widehat{BCD}=90^0-\widehat{MCA}\)
Mà \(\widehat{MCA}=\widehat{MBC}\Rightarrow\widehat{MCD}=90^0-\widehat{ABN}=\widehat{BNK}=\widehat{CND}\)
\(\Rightarrow\Delta DCN\) cân
d ) Ta có : \(\widehat{BFD}=90^0=\widehat{BKD}\) vì AB là đường kính của (O)
\(\Rightarrow BKFD\) nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{FDK}=\widehat{KBF}=\widehat{ABC}+\widehat{CBF}=\widehat{MCA}+\widehat{FCD}=\widehat{DCE}\)
\(+\widehat{FCD}=\widehat{FCE}\)
Vì MC là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow CEDF\) nội tiếp
a)
ta có SA= SB(t/c tiếp tuyến cắt nhau)
nên tam giác SAB cân ở S
do đó SO vừa là phân giác vừa là đường cao nên SO vuông góc AB
I là trung điểm của MN nên OI vuông góc MN
do đó góc SHE=SIE = 90 độ
hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ giác IHSE nội tiếp
b) SOI đồng dạng với EOH vì có O chung
$\widehat{SHE}=\widehat{SIE}$ =90 độ chứng minh trên
suy ra $\dfrac{OI}{OH}$ = $\dfrac{OS}{OE}$
mà OH.OS = OB^2 = R^2(hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB
nên OI.OE=R^2 (DPCM)
cho tam giác ABC ( AB<AC) có ba góc nhọc nội tiếp đường tròn tâm (O) và D là hình chiếu của B trên AO sao cho D nằm giữa A và O. gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BD và AC, F là giao điểm của MD và AC, E là giao điểm thứ hai của BD với (O), H là giao điểm của BF và AD.
1/ chứng minh tứ giác BDOM nội tiếp và góc MOD + NAE=180.
2/ chứng minh DF //CE.
3/ chứng minh CA là tia phân giác của góc BCE
4/ Chứng minh HN vuông góc với AB
a.
$I$ là trung điểm của $CD$ nên $OI \perp CD$.
$\Rightarrow \widehat{SIO} = 90^{\circ}$.
Mà $\widehat{SAO} = \widehat{SBO} = 90^{\circ}$.
Suy ra 5 điểm $S,A,I,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$.
Ta có $\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$ (cùng chắn cung AC).
Xét $\Delta SAC$ và $\Delta SDA$ có
$\widehat{S}$ chung;
$\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$
$\Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA$ (g.g).
$\Rightarrow \dfrac{SA}{SD} = \dfrac{SC}{SA} \Rightarrow SA^2 = SC.SD.$
b.
$\Delta SAO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$.
$\Rightarrow SA^2 = SH.SO$.
Từ câu a ta có $SH.SO = SC.SA = SA^2 \Rightarrow \dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$.
Xét $\Delta SCH$ và $\Delta SOD$ có
$\widehat{S}$ chung;
$\dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$
$\Rightarrow \Delta SCH \sim \Delta SOD$ (c.g.c).
$\Rightarrow \widehat{SCH} = \widehat{SOD}$ (hai góc tương ứng)
$\Rightarrow CHOD$ nội tiếp.
c.
Ta có $AD // SB$, $OB \perp SB \Rightarrow OB \perp AD.$
Mà đường kính thì đi qua trung điểm day cung nên $BO$ đi qua trung điểm của AD. (1)
Áp dụng định lí Talet với $AD // SB$, $E = AB \cap SD$ và $F = ME \cap AD$.
$\Rightarrow \dfrac{FD}{SM} = \dfrac{ED}{SE} = \dfrac{AD}{SB} \Rightarrow \dfrac{SM}{SB} = \dfrac{FD}{AD} \Rightarrow F$ là trung điểm của $AD$.
Mà theo (1) $BO$ đi qua trung điểm $F$ của $AD$ nên ba điểm $B,O,F$ thẳng hàng.