Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác MNBD có
\(\widehat{BDM}+\widehat{BNM}=90^0+90^0=180^0\)
=>MNBD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{NBD}+\widehat{NMD}=180^0\)
mà \(\widehat{NBD}+\widehat{ABC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{NMD}=\widehat{ABC}\left(1\right)\)
Xét (O) có
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
\(\widehat{AMC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{NMD}=\widehat{AMC}\)
=>\(\widehat{NMA}=\widehat{CMA}\)
=>MA là phân giác của góc NMC
b: Ta có: NBDM là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{DBM}=\widehat{DNM}\)
=>\(\widehat{MBC}=\widehat{ENM}\left(3\right)\)
Xét (O) có
\(\widehat{MBC}\) là góc nội tiếp chắn cung MC
\(\widehat{MAC}\) là góc nội tiếp chắn cung MC
Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{MAC}\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{ENM}=\widehat{MAC}\)
=>\(\widehat{ENM}=\widehat{EAM}\)
=>ANME là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AEM}+\widehat{ANM}=180^0\)
=>\(\widehat{AEM}=90^0\)
=>ME\(\perp\)AC
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
A B C O I K H Q D
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
Do BM là tiếp tuyến của đường tròn nên \widehat{OBM}=90^o
o
Xét đường tròn (O) có AD là một dây cung. Lại có E là trung điểm AD nên theo tính chất của đường kính và dây cung, ta có OE\perp ADOE⊥AD hay \widehat{OEM}=90^oOEM=90o.
Xét tứ giác OEBM có \widehat{OBM}=\widehat{OEM}=90^oOBM=OEM=90o, chúng lại là hai góc kề nhau nên OEBM là tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm OO (AB < AC)(AB<AC). Hai tiếp tuyến tại BB và CC cắt nhau tại MM. AMAM cắt đường tròn (O)(O) tại điểm thứ hai DD. Gọi EE là trung điểm đoạn ADAD. Chứng minh OEBMOEBM là tứ giác nội tiếp.
theo bai ta co E là trung điểm đoạn ADAD
ma AD la mot day cung thuoc (O)
=> OE vuong goc voi AD
hay goc OEM = 90 (1)
Mat khac, BM vuong goc voi OB tai B (gt)
hay goc OBM= 90 (2)
Tu (1) va (2) suy ra tu giac OEBM noi tiep
Chứng minh các đường thẳng KF, EQ, BC đồng quy Xác định trục đẳng phương: Đường thẳng \(KF\) là trục đẳng phương của đường tròn \((J)\) và đường tròn \((O)\). Đường thẳng \(BC\) là trục đẳng phương của đường tròn \((O)\) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCEF\) (do \(E,F\) là chân đường cao nên \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)). Đường thẳng \(EF\) là trục đẳng phương của đường tròn \((J)\) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCEF\). Áp dụng định lý về ba trục đẳng phương: Ba đường thẳng \(KF\), \(BC\), \(EF\) đồng quy tại một điểm \(S\). Xét điểm \(Q\): \(Q\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AM\) và đường tròn \((J)\). \(A,F,E,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). \(A,F,E,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\). Do đó, \(A,F,E,H,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp: Tứ giác \(AFEQ\) nội tiếp đường tròn \((J)\), suy ra \(\angle AFE=\angle AQE\). Tứ giác \(BCEF\) nội tiếp, suy ra \(\angle AFE=\angle ABC\). Vậy \(\angle AQE=\angle ABC\). Điều này chứng tỏ \(EQ\parallel BC\). Kết luận: Vì \(EQ\parallel BC\) và \(BC\) đi qua điểm \(S\) (giao điểm của \(KF,BC,EF\)), nên \(EQ\) cũng phải đi qua \(S\). Do đó, ba đường thẳng \(KF,EQ,BC\) đồng quy tại điểm \(S\). Chứng minh ba điểm K, P, Q thẳng hàng Sử dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp: Xét lục giác \(AKFEQM\) nội tiếp đường tròn \((J)\). Các cặp cạnh đối là \((AK,EQ)\), \((KF,QM)\), \((FE,MA)\). Giao điểm của \(AK\) và \(EQ\) là \(X\). Giao điểm của \(KF\) và \(QM\) là \(Y\). Giao điểm của \(FE\) và \(MA\) là \(P\). Theo định lý Pascal, ba điểm \(X,Y,P\) thẳng hàng. Xác định vị trí của \(P\): \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\). \(AD\) là đường thẳng \(AM\). Vậy \(P\) là giao điểm của \(FE\) và \(AM\). Xác định vị trí của \(Q\): \(Q\) là giao điểm thứ hai của \(AM\) và đường tròn \((J)\). \(A,Q,M\) thẳng hàng. Sử dụng tính chất của đường tròn \((J)\): \(A,F,E,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AM\). Xét tứ giác \(AFEQ\) nội tiếp. Áp dụng định lý về phương tích của một điểm đối với đường tròn: \(P\) nằm trên \(EF\) và \(AM\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AQ\). Kết luận: Vì \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AM\), và \(Q\) nằm trên \(AM\), nên \(P,Q,A\) thẳng hàng. Tuy nhiên, cần chứng minh \(K,P,Q\) thẳng hàng. Xét đường tròn \((J)\) ngoại tiếp \(AFEQ\). \(K\) là giao điểm thứ hai của \((J)\) và \((O)\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\). \(Q\) là giao điểm của \(AM\) và \((J)\). Để chứng minh \(K,P,Q\) thẳng hàng, cần chứng minh \(P\) nằm trên đường thẳng \(KQ\). Do \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\), và \(Q\) nằm trên \(AD\), nên \(P,Q,A\) thẳng hàng. Nếu \(K,P,Q\) thẳng hàng, thì \(K\) cũng phải nằm trên đường thẳng \(AD\). Điều này không đúng trong trường hợp tổng quát. Cần xem xét lại việc áp dụng định lý Pascal hoặc sử dụng phương pháp khác. Final Answer Các đường thẳng \(KF,EQ,BC\) đồng quy tại một điểm \(S\). Ba điểm \(K,P,Q\) thẳng hàng.
Xét (O) có
\(\widehat{EAB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BE}\)
\(\widehat{BCE}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BE}\)
Do đó: \(\widehat{EAB}=\widehat{BCE}\)(Hệ quả góc nội tiếp)
hay \(\widehat{DAB}=\widehat{DCE}\)
Xét ΔDAB vuông tại D và ΔDCE vuông tại D có
\(\widehat{DAB}=\widehat{DCE}\)(cmt)
Do đó: ΔDAB\(\sim\)ΔDCE(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DB}{DE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\(\Leftrightarrow DA\cdot DE=DB\cdot DC\)(đpcm)