Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) cm tứ giác CHOD nội tiếp, rồi sẽ cm đc HK là phân giác của tam giác HAC, suy ra đpcm
b) Gọi N là giao điểm của AB và OI, cm OI.ON = OH.OM = R2 => ON = R2/OI mà d cố định nên OI không đổi
Bài 2:
O A B C E D M
Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\) (1)
Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)
Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)
Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\) (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC
Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)
Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC
Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)
Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)
Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)
Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).
1: Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB và MO là phân giác của góc AMB
Ta có: MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB (2)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(1)
Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB
=>OM⊥AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét (O) có
\(\hat{MAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AC
\(\hat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{ADC}\)
Xét ΔMAC và ΔMDA có
\(\hat{MAC}=\hat{MDA}\)
góc AMC chung
Do đó: ΔMAC~ΔMDA
=>\(\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\)
=>\(MA^2=MD\cdot MC\left(3\right)\)
Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao
nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(MD\cdot MC=MH\cdot MO\)
=>\(\frac{MD}{MO}=\frac{MH}{MC}\)
=>\(\frac{MD}{MH}=\frac{MO}{MC}\)
Xét ΔMDO và ΔMHC có
\(\frac{MD}{MH}=\frac{MO}{MC}\)
góc DMO chung
Do đó: ΔMDO~ΔMHC
=>\(\hat{MDO}=\hat{MHC}\)
mà \(\hat{MHC}+\hat{OHC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{OHC}+\hat{ODC}=180^0\)
=>OHCD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DHO}=\hat{DCO}\)
mà \(\hat{DCO}=\hat{ODC}\) (ΔOCD cân tại O)
và \(\hat{ODC}=\hat{MHC}\)
nên \(\hat{MHC}=\hat{OHD}\)
=>\(90^0-\hat{MHC}=90^0-\hat{OHD}\)
=>\(\hat{CHA}=\hat{DHA}\)
=>HA là phân giác của góc DHC
mà HA⊥HM
nên HM là phân giác ngoài tại đỉnh H của ΔDHC
Xét ΔDHC có HM là phân giác ngoài tại đỉnh H
nên \(\frac{MC}{MD}=\frac{HC}{HD}\)
2: Ta có: \(\hat{HAP}+\hat{OPA}=90^0\) (ΔAHP vuông tại H)
\(\hat{MAP}+\hat{OAP}=\hat{OAM}=90^0\)
mà \(\hat{OAP}=\hat{OPA}\) (ΔOAP cân tại O)
nên \(\hat{HAP}=\hat{MAP}\)
=>AP là phân giác của góc HAM
Xét ΔBAM có
AP,MH là các đường phân giác
AP cắt MH tại P
Do đó: P là tâm đường tròn nội tiếp ΔMAB
tam giác đồng dạng đi bà
nói rõ đi bà