Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, HS tự chứng minh
b, MH.MO = MA.MB ( = M C 2 )
=> ∆MAH:∆MOB (c.g.c)
=> M H A ^ = M B O ^
M B O ^ + A H O ^ = M H A ^ + A H O ^ = 180 0
=> AHOB nội tiếp
c, M K 2 = ME.MF = M C 2 Þ MK = MC
∆MKS = ∆MCS (ch-cgv) => SK = SC
=> MS là đường trung trực của KC
=> MS ^ KC tại trung của CK
d, Gọi MS ∩ KC = I
MI.MS = ME.MF = M C 2 => EISF nội tiếp đường tròn tâm P Þ PI = PS. (1)
MI.MS = MA.MB (= M C 2 ) => AISB nội tiếp đường tròn tâm Q Þ QI = QS. (2)
Mà IT = TS = TK (do DIKS vuông tại I). (3)
Từ (1), (2) và (3) => P, T, Q thuộc đường trung trực của IS => P, T, Q thẳng hàng
a: góc MNO+góc MPO=180 độ
=>MNOP nội tiếp
Xét (O) có
MN,MP là tiếp tuyến
=>MN=MP
mà ON=OP
nên OM là trung trực của NP
=>OM vuông góc HP
b: ΔOMN vuông tại N có NH vuông góc OM
=>MH*MO=MN^2
Xét ΔMAN và ΔMNB có
góc MNA=góc MBN
góc M chung
=>ΔMAN đồng dạng với ΔMNB
=>MN^2=MA*MB=MH*MO
=>MA/MH=MO/MB
=>ΔMAH đồng dạng với ΔMOB
=>góc MHA=góc MBO
=>góc MHA=góc BHO
=>góc AHN=góc BHN
=>HN là phân giác của góc AHB
Lời giải:
a)
Xét tam giác MCAMCA và MBCMBC có:
MˆM^ chung
MCAˆ=MBCˆMCA^=MBC^ (góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyền thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó, cụ thể ở đây là cung ACAC)
⇒△MCA∼△MBC(g.g)⇒△MCA∼△MBC(g.g)
⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB (đpcm)
b)
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau MC=MDMC=MD
Hơn nữa OC=OD=ROC=OD=R
Do đó MOMO là đường trung trực của CDCD
⇒MO⊥CD⇒MO⊥CD tại HH
⇒MHCˆ=900⇒MHC^=900
Vì MCMC là tiếp tuyến (O)(O) nên MC⊥OC⇒MCOˆ=900MC⊥OC⇒MCO^=900
Xét tam giác MCOMCO và MHCMHC có:
MˆM^ chung
MCOˆ=MHCˆ(=900)MCO^=MHC^(=900)
⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO
Kết hợp với kết quả phần a suy ra MH.MO=MA.MBMH.MO=MA.MB
⇒AHOB⇒AHOB là tứ giác nội tiếp.
a: Xét tứ giác OEAM có \(\widehat{OEM}=\widehat{OAM}=90^0\)
nên OEAM là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔMAB và ΔMCA có
\(\widehat{MAB}=\widehat{MCA}\)
\(\widehat{AMB}\) chung
Do đó: ΔMAB\(\sim\)ΔMCA
Suy ra: MA/MC=MB/MA
hay \(MA^2=MB\cdot MC\)
Xét $(O)$ có: $\widehat{MCA}=\widehat{CBA}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $CA$)
hay $\widehat{MCA}=\widehat{MBC}$
Xét $ΔMCA$ và $ΔMBC$ có:
$\widehat{MCA}=\widehat{MBC}$
$\widehat{M}$ chung
$⇒ΔMCA \backsim ΔMBC(g.g)$
\(\Rightarrow\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{MA}{MC}\Rightarrow MC^2=MA.MB\)
b, Xét $(O)$ có: $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn
\(\Rightarrow MC\perp OC\)
hay $ΔMCO$ vuông tại $C$
có: đường cao $MH$
nên $MC^2=MH.MO$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà $MC^2=MA.MB$ nên $MA.MB=MH.MO$
suy ra \(\Rightarrow\dfrac{MA}{MO}=\dfrac{MH}{MB}\)
$\widehat{M}$ chung
Nên $ΔMAH \backsim ΔMOB(c.g.c)$
nên $\widehat{MHA}=\widehat{MBO}$
hay $\widehat{MHA}=\widehat{ABO}$
suy ra tứ giác $AHOB$ nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh = góc trong đỉnh đối diện)