K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
BL
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
Lời giải:
a) $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MC.MD$
c) Dễ thấy $AB\perp MO$ tại $H$.
Xét tam giác $AMO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng định lý hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$MA^2=MH.MO$
Kết hợp kết quả phần b suy ra $MH.MO=MC.MD$
$\Rightarrow CHOD$ là tứ giác nội tiếp.
d) Vận dụng giả thiết $AD\parallel MB$ và tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến- dây cung ta có:
$\widehat{MCB}=180^0-\widehat{CMB}-\widehat{CBM}$
$=180^0-\widehat{CDA}-\widehat{CDB}$
$=180^0-\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (do $ACBD$ là tứ giác nội tiếp)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
** Khuyên chân thành các bạn muốn nâng cao xác suất được hỗ trợ thì nên chịu khó gõ đề bằng công thức toán. Chụp hình như này đọc bài rất nản, đặc biệt là hình xoay ngược đọc mỏi cổ lém.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
m.n ai có đề thi chuyển cấp cho (t) với
20 tháng 9 2017
;v Đề tuyển sinh là theo mỗi tỉnh ;v searrch gg tỉnh nào mà chẳng có =))
NN
3
S
13 tháng 6 2021
Câu 1
1) ĐKXĐ: \(x\ge0;x\ne9\)
Thay \(x=16\) ( Thỏa mãn điều kiện ) vào biểu thức \(A\) ta được:
\(A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}=\dfrac{\sqrt{16}}{\sqrt{16}+3}=\dfrac{4}{4+3}=\dfrac{4}{7}\)
Vậy \(A=\dfrac{4}{7}\) khi \(x=16\)
KS
0
1: Xét tứ giác AMBO có
\(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên AMBO là tứ giác nội tiếp
2: Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB
=>MO\(\perp\)AB tại I
Xét (O) có
ΔAKC nội tiếp
AC là đường kính
Do đó: ΔAKC vuông tại K
=>AK\(\perp\)KC tại K
=>AK\(\perp\)MC tại K
Xét ΔMAC vuông tại A có AK là đường cao
nên \(MK\cdot MC=MA^2\left(3\right)\)
Xét ΔMAO vuông tại A có AI là đường cao
nên \(MI\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(MK\cdot MC=MI\cdot MO\)
=>\(\dfrac{MK}{MO}=\dfrac{MI}{MC}\)
Xét ΔMKI và ΔMOC có
\(\dfrac{MK}{MO}=\dfrac{MI}{MC}\)
góc KMI chung
Do đó: ΔMKI đồng dạng với ΔMOC
=>\(\widehat{MIK}=\widehat{MCO}=\widehat{ACM}\)