K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

1 tháng 5 2023

△AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB nên △AMB vuông tại M.

- Ta có: \(\widehat{CAB}+\widehat{DBA}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CAM}+\widehat{MAB}+\widehat{DBM}+\widehat{MBA}=180^0\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{CAM}+\widehat{DBM}\right)+\left(\widehat{MAB}+\widehat{MBA}\right)=180^0\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{CAM}+\widehat{DBM}\right)+90^0=180^0\) nên \(\widehat{CAM}+\widehat{DBM}=90^0\)

Tứ giác ANMC có: \(\widehat{NAC}+\widehat{NMC}=90^0+90^0=180^0\)

Nên tứ giác ANMC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{CAM}=\widehat{CNM}\)

Tứ giác BNMD có: \(\widehat{NBD}+\widehat{NMD}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác BNMD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{MBD}=\widehat{MND}\)

\(\Rightarrow\widehat{CNM}+\widehat{MND}=\widehat{CAM}+\widehat{MBD}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{INK}=90^0\).

Tứ giác MINK có: \(\widehat{IMK}+\widehat{INK}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác MINK nội tiếp nên \(\widehat{MIK}=\widehat{MNK}\)

Lại có \(\widehat{MNK}=\widehat{MBD}\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow\widehat{MIK}=\widehat{MBD}\)

Xét (O): \(\widehat{MBD}=\widehat{MAB}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MB}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MIK}=\widehat{MAB}\) nên IK//AB

26 tháng 11 2022

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

nên CM=CA và OC là phân giác củagóc MOA(1)

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

nên DM=DB và OD là phân giác của góc MOB(2)

Từ (1) và (2) suy ra góc COD=1/2*180=90 độ

=>ΔCOD vuông tại O

b: AC*BD=CM*MD=OM^2=R^2=AB^2/4

c: Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

=>ΔMAE vuông tại M

góc CMA+góc CME=90 độ

góc CAM+góc CEM=90 độ

mà góc CMA=góc CAM

nên góc CME=góc CEM

=>CE=CM=CA

1 tháng 12 2019

mik sửa lại 1 chút ở phần b là: chứng minh AC.BD=R2

3 tháng 1 2021

Trả lời hộ mình cái xin. mình đã 2 năm ko on r giờ mới on lại :(((.Xin mọi người trả lời giúp mình :(((

13 tháng 9 2015

1.  Vì \(C,D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\to BD\perp FA,AC\perp BF\to H\) là trực tâm tam giác \(ABF\to FH\perp AB.\)

2. Do tam giác \(ABF\)  có \(BD\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, suy ra \(\Delta ABF\) cân ở \(B.\) Suy ra \(D\) là trung điểm \(FA.\)  Vì \(FH\parallel AE\to\frac{DH}{DE}=\frac{DF}{DA}=1\to AEFH\) là hình bình hành. Do hình bình hành này có hai đường chéo vuông góc với nhau nên \(AEFH\) là hình thoi. 

3.  Vì \(\angle ABC=60^{\circ}\to\Delta ABF\) là tam giác đều, suy ra  \(AF=AB=2R\). Mặt khác, \(BD=AB\cdot\cos30^{\circ}=2R\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}.\) Mà \(H\) là trực tâm tam giác đều \(ABF\to HD=\frac{1}{3}BD=\frac{R\sqrt{3}}{3}\to EH=\frac{2R\sqrt{3}}{3}.\)

Vậy diện tích tứ giác \(AEFH\) bằng \(\frac{1}{2}\cdot EH\cdot AF=\frac{1}{2}\cdot\frac{2R\sqrt{3}}{3}\cdot2R=\frac{2R^2\sqrt{3}}{3}.\)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O), kẻ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn đó. Gọi M là điểm bất kì trên nửa đường tròn (O) ( M khác A, M khác B ) và C là điểm nằm giữa A và B sao cho AC<CB. Đường thẳng vuông góc với MC tại M cắt tia Ax tại D; đường thẳng vuông góc với CD tại C...
Đọc tiếp

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O), kẻ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn đó. Gọi M là điểm bất kì trên nửa đường tròn (O) ( M khác A, M khác B ) và C là điểm nằm giữa A và B sao cho AC<CB. Đường thẳng vuông góc với MC tại M cắt tia Ax tại D; đường thẳng vuông góc với CD tại C cắt tia By tại E. Gọi P là giao điểm giữa AM và CD, Q là giao điểm BM và CE. Cm

a) Các tứ giác ACMD và CQMP là tứ giác nội tiếp

b) PQ // AB

c) Ba điểm D,M,E thẳng hàng

d) Giả sử MC là phân giác của góc AMB. Cmr đường thẳng AB và đường tròn (O) cùng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác CQMP

0