Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
( mấy cái cơ bản thì tự viết nhé )
a) góc MAO và góc MBO= 90 độ
xét tứ giác MAOB có góc MAO+MBO=180 độ
=> MAOB nội tiếp
b) Xét (O) có EB là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{DB}\right)\)
Xét tam giác EDB và tam giác EBA có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEB}chung\\\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EDB~\Delta EBA\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{BE}{DE}=\frac{AE}{BE}\)
\(\Rightarrow BE^2=AE.DE\left(1\right)\)
Vì \(AC//MB\Rightarrow\widehat{ACM}=\widehat{DME}\left(SLT\right)\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ACM}=\widehat{ABD}\left(=\frac{1}{2}sđo\widebat{AD}\right)\\\widehat{ABD}=\widehat{MAD}\left(=\frac{1}{2}sđo\widebat{AD}\right)\end{cases}\Rightarrow\widehat{ACM}=\widehat{MAD}}\)
\(\Rightarrow\widehat{DME}=\widehat{MAD}\)
Xét tam giác EMD và tam giác EAM có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{MAD}\\\widehat{AME}chung\end{cases}}\Rightarrow\Delta EMD~\Delta EAM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ME}{DE}=\frac{AE}{ME}\)
\(\Rightarrow ME^2=DE.AE\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE=ME\left(đpcm\right)\)
c) mai nốt :V
c) El à trung điểm MB;H là trung điểm AB
-> EH là đường trung bình tam giác MAB
=> EH// MA
=> góc EHB= góc MAB ( đồng vị )
Mà góc MAB = góc AKB ( = 1/2 số đo cung AB )
=> góc EHB= góc AKB
mà góc EHB+ góc IHB = 180 độ
=> góc AKB + góc IHB = 180 độ
=> BHIK nội tiếp
=> góc BHK= BIK mà góc BHK= 90 độ
=> góc BIK= 90 độ
=> AK vuông góc với BI
a. Vì \(CE\perp MA\)tại E (gt) => \(\widehat{AEC}=90^o\)
\(CD\perp AB\)tại D=> \(\widehat{ADC}=90^o\)
Xét tứ giác AECD có: \(\widehat{AEC}+\widehat{ADC}=90^o+90^o=180^o\)=> AECD là tứ giác nội tiếp đt \((G,R=\frac{AC}{2})\)trong đó G là trung điểm của AC (dhnb)
Cmtt ta có: BFCD là tứ giác nội tiếp đt \((H,R=\frac{BC}{2})\)trong đó H là trung điểm của BC
b.
Vì AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EC}\)) (1)
Do MA là tiếp tuyến của đt(O) (gt)=> \(\widehat{EAC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\)(t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Xét đt (O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{DBC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\)(t/c góc nội tiếp) => \(\widehat{EAC}=\widehat{DBC}\)(2)
vì BFCD là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{DBC}=\widehat{DFC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{DC}\)) (3)
Từ (1),(2) và (3) => \(\widehat{EDC}=\widehat{DFC}\)
do AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CED}=\widehat{CAD}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CD}\)) (4)
Vì MB là tiếp tuyến của đt (O) tại B (gt) => \(\widehat{CBF}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Xét đt (O) có: \(\widehat{BAC}=\widehat{DAC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)(t/c góc nội tiếp) => \(\widehat{CBF}=\widehat{DAC}\)(5)
lại có: BFCD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CBF}=\widehat{CDF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CF}\)) (6)
Từ (4), (5) và (6) => \(\widehat{CED}=\widehat{CDF}\)
Xét \(\Delta ECD\)và \(\Delta DCF\)có:
\(\widehat{CED}=\widehat{CDF}\)(Cmt)
\(\widehat{EDC}=\widehat{DFC}\)(Cmt)
=> \(\Delta ECD~\Delta DCF\)(g.g) => \(\frac{EC}{DC}=\frac{CD}{CF}\Rightarrow CD^2=CE\times CF\)(Đpcm)
c. Vì I là giao điểm của AC và DE (gt) => \(I\in AC\)
K là giao điểm của BC và DF (gt) => \(K\in BC\)
=> \(\widehat{ICK}=\widehat{ACB}\)
Vì \(\widehat{EDC}=\widehat{ABC}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{IDC}=\widehat{ABC}\left(do\overline{E,I,D}\Rightarrow\widehat{EDC}=\widehat{IDC}\right)\)
\(\widehat{CDF}=\widehat{BAC}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{CDK}=\widehat{BAC}\left(do\overline{F,K,D}\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{CDK}\right)\)
Xét tứ giác ICKD có : \(\widehat{ICK}+\widehat{IDK}=\widehat{ICK}+\widehat{IDC}+\widehat{CDK}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}+\widehat{BAC}=180^o\)
(Áp dụng định lý tổng 3 góc trong \(\Delta ABC\)ta có: \(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}+\widehat{BAC}=180^o\))
=> Tứ giác ICKD là tứ giác nội tiếp (dhnb) => 4 điểm I,C,K,D cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm)
d. Vì ICKD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CIK}=\widehat{CDK}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CK}\))
Lại có: \(\widehat{CDK}=\widehat{BAC}\)(Cmt) => \(\widehat{CIK}=\widehat{BAC}\)mà 2 góc này ở vị tri đồng vị => IK // AB (Dhnb)
Do \(CD\perp AB\left(gt\right)\)=> \(IK\perp CD\)(Quan hệ tính vuông góc và tính song song của 3 đt)
1) Hình vẽ câu 1) đúng
Ta có A E C ^ = A D C ^ = 90 0 ⇒ A E C ^ + A D C ^ = 180 0 do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.
2) Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.
Do các tứ giác A D C E , B D C F nội tiếp nên B 1 ^ = F 1 ^ , A 1 ^ = D 1 ^
Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên A 1 ^ = 1 2 s đ A C ⏜ = B 1 ^ ⇒ D 1 ^ = F 1 ^ .
Chứng minh tương tự E 1 ^ = D 2 ^ . Do đó, Δ C D E ∽ Δ C F D g.g
3) Gọi Cx là tia đối của tia CD
Do các tứ giác A D C E , B D C F nội tiếp nên D A E ^ = E C x ^ , D B F ^ = F C x ^
Mà M A B ^ = M B A ^ ⇒ E C x ^ = F C x ^ nên Cx là phân giác góc E C F ^ .
4) Theo chứng minh trên A 2 ^ = D 2 ^ , B 1 ^ = D 1 ^
Mà A 2 ^ + B 1 ^ + A C B ^ = 180 0 ⇒ D 2 ^ + D 1 ^ + A C B ^ = 180 0 ⇒ I C K ^ + I D K ^ = 180 0
Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp ⇒ K 1 ^ = D 1 ^ mà D 1 ^ = B 1 ^ ⇒ I K / / A B
a: Xét tứ giác AMBO có \(\hat{MAO}+\hat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên AMBO là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác MHIK có \(\hat{MHI}+\hat{MKI}=90^0+90^0=180^0\)
nên MHIK là tứ giác nội tiếp
b: Sửa đề: Kẻ IP⊥AB tại P
c: Xét tứ giác BPIH có \(\hat{BPI}+\hat{BHI}=90^0+90^0=180^0\)
nên BPIH là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{IPH}=\hat{IBH}=\hat{MBI}\) (1)
Xét (O) có
\(\hat{MBI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BI
\(\hat{BAI}\) là góc nội tiếp chắn cung BI
Do đó: \(\hat{MBI}=\hat{ABI}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{IPH}=\hat{IBM}\)
30,19,26