Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 : \(MD^2=MB.MC\left(đpcm\right)\)
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.
G E
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 $NH > NF$.