a) Ta có: \(\hept{\begin{cases}EM\perp AB\\AE\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BME}=90^0\\\widehat{BDE}=90^0\end{cases}}}\)

Xét tứ giác BDEM có: \(\widehat{BME}+\widehat{BDE}=180^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác BDEM

\(\Rightarrow BDEM\)nội tiếp ( dhnb )

b) Vì \(EQ\perp xy\)\(\Rightarrow\widehat{EQA}=90^0\)

Xét tứ giác EMQA có: 

\(\widehat{EMA}=\widehat{EQA}\left(=90^0\right)\)Mà 2 đỉnh M,Q cùng nhìn cạnh AE dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow EMQA\)nội tiếp ( dhnb)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{MQE}=\widehat{MAE\left(1\right)}\\\widehat{QAM}=\widehat{QEM}\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: \(\widehat{MAE}=\widehat{BCE}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BE}\right)\left(3\right)\)

Vì EK vuông góc với AC \(\Rightarrow\widehat{EKC}=90^0\)

Xét tứ giác EDKC có: \(\widehat{EDC}=\widehat{EKC}\left(=90^0\right)\)

Mà 2 đỉnh D,K cùng nhìn cạnh EC dưới 2 góc vuông

\(\RightarrowÉDKC\)nội tiếp ( dhnb )

\(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{BCE}\left(4\right)\)và \(\widehat{DEK}=\widehat{DCK}\left(5\right)\)

Từ (1) , (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{MQE}\)

Xét (O) có AQ là tiếp tuyến của (O) ; AB là dây cung 

\(\Rightarrow\widehat{QAB}=\widehat{ACB}\left(6\right)\)

Từ (2) ,(5) và (6)  \(\Rightarrow\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\)

Xét tam giác EQM và tam giác EKD có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\left(cmt\right)\\\widehat{MQE}=\widehat{DKE}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EQM~\Delta EKD\left(g-g\right)}\)

c) Gọi AG là đường kính của (O)

Vì tam giác HCE có CD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác HCE

\(\Rightarrow\Delta HCE\)cân tại C

=> CD cũng là tia phân giác góc HCE

\(\Rightarrow\widehat{HCD}=\widehat{DCE}\)(7)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DCE}=\widehat{NAD}\\\widehat{NHA}=\widehat{DHC}\left(2goc-đoi-đinh\right)\\\widehat{DHC}+\widehat{HCD}=90^0\end{cases}}\)kết hợp với (7)

\(\Rightarrow\widehat{NAH}+\widehat{NHA}=90^0\)

Xét tam giác NAH có: \(\widehat{NAH}+\widehat{NHA}+\widehat{ANH}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ANH}=90^0\)

\(\Rightarrow CN\perp AB\)

Xét tam giác ABC có: \(\hept{\begin{cases}CN\perp AB\\AD\perp BC\end{cases}}\); CN cắt AD tại H

\(\Rightarrow H\)là trực tâm của tam giác ABC

\(\Rightarrow BF\perp AC\)

\(\Rightarrow\widehat{BFC}=90^0\)

Ta có: tứ giác BNFC nội tiếp ( cái này dễ , có 2 góc vuông = nhau; tự cm nha vì bài dài )

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AFN}\)

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AGC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AFN}=\widehat{AGC}\)Mà \(\widehat{AGC}+\widehat{GAC}=90^0\)( ko hiểu thì hỏi nhé, làm tắt vì bài dài )

\(\Rightarrow\widehat{AFN}+\widehat{GAC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{APF}=90^0\)

\(\Rightarrow AG\perp NF\)(8)

+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MDE}=\widehat{MBE}\left(MBDEnt\right)\\\widehat{MBE}=\widehat{ACE}\left(ABECnt\right)\\\widehat{ACE}=\widehat{ADK}\left(DECKnt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{ADK}\)mà \(\widehat{MDE}+\widehat{MDA}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ADK}+\widehat{MDA}=180^0\)

\(\Rightarrow M,D,K\)thẳng hàng

Lại có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{DBE}\\\widehat{BED}=\widehat{BAQ}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BA}\right)\\\widehat{BAQ}=\widehat{QEM}\end{cases}}\)mà \(\widehat{DBE}+\widehat{DEB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{QEM}+\widehat{DME}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MIE}=90^0\)

\(\Rightarrow QE\perp MK\) Mà \(QE//AG\)( cùng vuông góc với AQ )

\(\Rightarrow AG\perp MK\)(9)

Từ (8) và (9) \(\Rightarrow NF//MK\left(đpcm\right)\)

\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{a\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}}+\frac{a^2-a\sqrt{a}+\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}-a\sqrt{a}}.\)

\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(\sqrt{a}\right)^3-1}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{\left(a^2-1\right)-\left(a\sqrt{a}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(1-a\right)}\)

\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{\left(a-1\right)\left(\left(a+1\right)-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(1-a\right)}\)

\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}}-\frac{a-\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(M=\frac{a+2\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 11cm. Diện tích của tam giác ABCABC bằng:

A. \(6cm^2\) ;                                           B. \(\sqrt{3}cm^2\) ;
C.\(\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^2\) ;                                D. \(3\sqrt{3cm^2}\)

Câu trả lời đúng là D.

Gọi $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$, $H$ là tiếp điểm thuộc $BC$.

Đường phân giác $AO$ của góc $A$ cũng là đường cao nên $A$, $O$, $H$ thẳng hàng.

$\mathrm{H}\mathrm{B}=\mathrm{H}\mathrm{C}$, $\widehat{HAC}=30^{\circ }$

$AH=3\cdot OH=3$(cm)

$HC=AH\cdot tan30^{\circ }=3\cdot \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$(cm)

$S^{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}BC.AH=HC.AH=3\sqrt{3}$(cm${}^2$)

Vì thế, câu trả lời (D) là đúng.

a, Tam giác ABC ngọi tiếp đường tròn \(\left(O\right)\)nên AB, BC, AC lần lượt là tiếp tuyến tại D, E , F của đường tròn.

Theo tính chất của hai đường tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

AD = AF ; DB = BE ; FC = CE

Xét vế phải:

VP = AB + AC - BC
      = ( AD + DB ) + ( AF + CF ) - ( BE + CE )

Thay DB = BE , FC = CE vào biểu thức trên, ta được:

VP = ( AD + BE ) + ( AF + CE ) - ( BE + CE )

      = AD + BE + AF + CE - BE - CE

      = ( AD + AF ) + ( BE - BE ) + ( CE - CE )

      = AD + AF

      = AD + AD = 2AD

Vậy 2AD = AB + AC - BC

b, Các hệ thức tương tự là: 

2BD = BA + BC - AC
2CF = CA + CB - AB

a) $AB+AC-BC$

$=(AD+BD)+(AF+FC)-(BE+EC)$

$=(AD+AF)+(BD-BE)+(FC-EC)$

Do $BD=BE,FC=EC,AD=AF$ nên

$AB+AC-BC=2AD$.

b) $2BE=BA+BC-AC$

$2CF=CA+CB-AB$.

a) $OC$ và $OD$ là các tia phân giác của hai góc kề bù $\widehat{AOM}$, $\widehat{BOM}$ nên $OC\perp OD$.

Vậy $\widehat{COD}=90^{\circ }$.

b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $CM=AC,DM=BD$

Do đó $CD=CM+DM=AC+BD$.

c) Ta có: $AC.BD=CM.MD$

Xét tam giác $COD$ vuông tại $O$ và $OM\perp CD$ nên ta có

$CM.MD=O{M}^2=R^2$ ($R$ là bán kính của đường tròn $O$).

Vậy $AC.BD=R^2$ (không đổi).

Tâm $O$ là giao điểm của đường vuông góc với $Ax$ tại $B$ và tia phân giác của góc $xAy$.

Tâm $O$ là giao điểm của đường vuông góc với $Ax$ tại $B$ và tia phân giác của góc $xAy$.

Câu 3: Tâm của đường tròn ( O) tiếp xúc với 2 cạnh đường  Ay , Ax nằm trên đường phân giác OA
 

Gọi $O$ là tâm của một đường tròn bất kì tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$.

Khi đó, $\widehat{OAx}=\widehat{OAy}$

Vậy tâm của các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$ nằm trên tia phân giác của góc $xAy$.

 Ta có

DB=DM; EC=EM; AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến các tiếp điểm = nhau)

\(C_{ADE}=AD+DM+AE+EM=AD+DB+AE+EC=\)

\(=AB+AC=2AB\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .