Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác OAMC có
\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OCM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OAM}+\widehat{OCM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: OAMC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a: góc OAM+góc OCM=180 độ
=>OAMC nội tiếp
b: CE//BD
=>góc AKM=góc AEC=góc ACM
=>AKCM nội tiếp
=>A,K,C,M cùng nằm trên 1 đường tròn
=>góc OKM=90 độ
=>K là trung điểm của BD
Tia MB cắt đoạn thẳng AO tại điểm B nằm giữa A và O nên tia MB nằm giữa hai tia MA, MO (hay tia MB nằm giữa hai tia MA, MN).
Vì tia MB nằm giữa hai tia MA, MN nên tia MB cắt đoạn thẳng AN tại điểm C nằm giữa hai điểm A, N.
Vậy tia MB cắt tia AN tại điểm C nằm giữa A, N.
a) Xét tứ giác MAOB có
\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét (O) có
\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AC}\)
\(\widehat{CAM}\) là góc tạo bởi dây cung CA và tiếp tuyến AM
Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{CAM}\)(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
hay \(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)
Xét ΔMDA và ΔMAC có
\(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)(cmt)
\(\widehat{AMD}\) là góc chung
Do đó: ΔMDA∼ΔMAC(g-g)
⇔\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MA}{MC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇔\(MA^2=MC\cdot MD\)(đpcm)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:
\(MA^2=MH\cdot MO\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)(đpcm)
c) để chứng minh EC là tiếp tuyến:
chứng minh tứ giác OECH nội tiếp thì ta sẽ có góc OHE=OCE=90o(đpcm)
=> cần chứng minh tứ giác OECH nội tiếp:
ta có: DOC=DHC (ccc CD)
xét MHC=MDO (tam giác MCH~MOD)= OCD (vì DO=OC)=OHD (cùng chắn OD) => HA là phân giác CHD
DOC=DHC => 1/2 DOC= 1/2 DHC =COE=CHE
mà COE với CHE cùng chắn cung CE trong tứ giác OHCE nên tứ giác đấy nội tiếp => xong :))))
a: Xét tứ giác MBOC có \(\widehat{MBO}+\widehat{MCO}=90^0+90^0=180^0\)
=>MBOC là tứ giác nội tiếp
=>M,B,O,C cùng thuộc một đường tròn
b: Sửa đề: \(CH\cdot HB=OH\cdot HM\)
Xét (O) có
MB,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(1)
ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của BC
=>MO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét ΔOBM vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot HM=HB^2\)
=>\(OH\cdot HM=HB\cdot HC\)
Xét ΔOAM vuông tại A có \(tanAOM=\dfrac{AM}{OA}\)
=>\(\dfrac{AM}{9}=tan30=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
=>\(AM=\dfrac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Bạn vẽ hình ra được không?
1) Ta thấy ngay \(\Delta MPA\sim\Delta MAQ\left(g-g\right)\) \(\Rightarrow\frac{MP}{MA}=\frac{MA}{MQ}\Rightarrow MP.MQ=MA^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAO, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MA^2=MH.MO\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(MP.MQ=MH.MO\Rightarrow\frac{MP}{MO}=\frac{MH}{MQ}\)
Vậy thì ta có: \(\Delta AHP\sim\Delta MQO\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MHP}=\widehat{MQO}\)
\(\Rightarrow\) HPQO là tứ giác nội tiếp.
Vậy thì \(\widehat{HPO}=\widehat{HQO}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
2) Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF. Vậy thì tam giác BEF cân tại E hay \(\widehat{BFA}=\frac{1}{2}\widehat{BEA}\)
Ta có \(\widehat{AFB}=\frac{\widehat{AEB}}{2}\) nên F di chuyển trên cung chứa góc \(\frac{\widehat{AEB}}{2}\) dựng trên đoạn BC.
Ta có: \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\ge\frac{1}{EA+EB}\). Vậy \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\) nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất hay EA + EF lớn nhất hay AF lớn nhất.
Gọi I là điểm chính giữa cung lớn AB, ta có \(\Delta IAB\) cân tại M, suy ra IA = IB (3).
Ta có ngay \(\Delta EIB=\Delta EIF\left(c-g-c\right)\) \(\Rightarrow IB=IF\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra I là tâm cung chứa góc \(\frac{\widehat{AEB}}{2}\) dựng trên doạn BC.
Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của đường tròn tâm I, hay E trùng I.
Vậy khi E là điểm chính giữa cung lớn AB thì \(\frac{1}{EA}+\frac{1}{EB}\) nhỏ nhất.