Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔAMB và ΔACM có
\(\widehat{AMB}=\widehat{ACM}\)
\(\widehat{MAB}\) chung
Do đó: ΔAMB∼ΔACM
Suy ra: AM/AC=AB/AM
hay \(AM^2=AB\cdot AC\)
b: Xét tứ giác AMON có
\(\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^0\)
Do đó: AMON là tứ giác nội tiếp(1)
Xét tứ giác AHON có
\(\widehat{AHO}+\widehat{ANO}=180^0\)
Do đó:AHON là tứ giác nội tiếp(2)
Từ (1) và (2) suy ra A,M,O,N,H cùng thuộc một đường tròn
hay AMHN là tứ giác nội tiếp
a.
Do MA là tiếp tuyến \(\Rightarrow AM\perp OA\Rightarrow\Delta OAM\) vuông tại A
\(\Rightarrow O,A,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM
Do \(OK\perp BC\Rightarrow\Delta OKM\) vuông tại K
\(\Rightarrow O,K,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM
\(\Rightarrow M,A,O,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM
Hay tứ giác MAOK nội tiếp đường tròn đường kính OM, với tâm là trung điểm J của OM và bán kính \(R=\dfrac{OM}{2}\)
b.
Do \(AI||BC\Rightarrow\widehat{IAK}=\widehat{AKM}\) (so le trong)
Lại có MAOK nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AKM}=\widehat{AOM}\) (cùng chắn cung AM)
\(\Rightarrow\widehat{IAK}=\widehat{AOM}\) (1)
Mà \(\widehat{AOM}+\widehat{AMO}=90^0\) (\(\Delta OAM\) vuông tại A theo c/m câu a)
\(\Rightarrow\widehat{IAK}+\widehat{AMO}=90^0\)
c.
Gọi E là trung điểm AI \(\Rightarrow OE\perp IA\)
Mà \(IA||BC\Rightarrow OE\perp BC\Rightarrow O,E,K\) thẳng hàng
\(\Rightarrow KE\) đồng thời là đường cao và trung tuyến trong tam giác KAI
\(\Rightarrow\Delta KAI\) cân tại K \(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{IAK}\) \(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{AOM}\) (theo (1))
Mặt khác \(\widehat{AIK}\) và \(\widehat{AOD}\) là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AD của (O)
\(\Rightarrow\widehat{AIK}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOD}\Rightarrow\widehat{AOM}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{AOM}+\widehat{MOD}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AOM}=\widehat{MOD}\)
Xét hai tam giác AOM và DOM có:
\(\left\{{}\begin{matrix}OM\text{ chung}\\\widehat{AOM}=\widehat{MOD}\left(cmt\right)\\AO=DO=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AOM=\Delta DOM\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ODM}=\widehat{OAM}=90^0\)
\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến của (O)
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) Xét tứ giác OMAN có
\(\widehat{OMA}\) và \(\widehat{ONA}\) là hai góc đối
\(\widehat{OMA}+\widehat{ONA}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: OMAN là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
hay O,M,A,N cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
b: Xét tứ giác AMON có \(\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^0\)
nên AMON là tứ giác nội tiếp