Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: Xét (O) có
EA,EM là các tiếp tuyến
Do đó: EA=EM và OE là phân giác của góc MOA
Xét (O) có
FM,FB là các tiếp tuyến
Do đó: FM=FB và OF là phân giác của góc MOB
ΔOAM cân tại O
mà OE là đường phân giác
nên OE⊥AM tại P và P là trung điểm của AM
ΔOBM cân tại O
mà OF là đường phân giác
nên OF⊥BM tại Q và Q là trung điểm của BM
Ta có: \(\hat{MPO}=\hat{MHO}=\hat{MQO}=90^0\)
=>M,P,O,H,Q cùng thuộc đường tròn đường kính MO
2: OE là phân giác của góc MOA
=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOE}\)
OF là phân giác của góc MOB
=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOF}\)
Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{MOE}+\hat{MOF}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{EOF}=180^0\)
=>\(\hat{EOF}=90^0\)
Xét ΔEOF vuông tại O có OM là đường cao
nên \(ME\cdot MF=OM^2\)
=>\(EA\cdot BF=OM^2=R^2\)
3: Gọi G là giao điểm của MB và AE
Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>AM⊥BG tại M
=>ΔAMG vuông tại M
Ta có: \(\hat{EAM}+\hat{EGM}=90^0\) (ΔAMG vuông tại M)
\(\hat{EMA}+\hat{EMG}=\hat{AMG}=90^0\)
mà \(\hat{EAM}=\hat{EMA}\) (ΔEAM cân tại E)
nên \(\hat{EGM}=\hat{EMG}\)
=>EG=EM
mà EM=EA
nên EG=EA(1)
Ta có: MH⊥AB
AG⊥ BA
Do đó: MH//AG
Xét ΔBAE có KH//AE
nên \(\frac{KH}{AE}=\frac{BK}{BE}\) (2)
Xét ΔBEG có MK//EG
nên \(\frac{MK}{EG}=\frac{BK}{BE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra MK=KH
1: Xét (O) có
EA,EM là các tiếp tuyến
Do đó: EA=EM và OE là phân giác của góc MOA
Xét (O) có
FM,FB là các tiếp tuyến
Do đó: FM=FB và OF là phân giác của góc MOB
ΔOAM cân tại O
mà OE là đường phân giác
nên OE⊥AM tại P và P là trung điểm của AM
ΔOBM cân tại O
mà OF là đường phân giác
nên OF⊥BM tại Q và Q là trung điểm của BM
Ta có: \(\hat{MPO}=\hat{MHO}=\hat{MQO}=90^0\)
=>M,P,O,H,Q cùng thuộc đường tròn đường kính MO
2: OE là phân giác của góc MOA
=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOE}\)
OF là phân giác của góc MOB
=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOF}\)
Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{MOE}+\hat{MOF}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{EOF}=180^0\)
=>\(\hat{EOF}=90^0\)
Xét ΔEOF vuông tại O có OM là đường cao
nên \(ME\cdot MF=OM^2\)
=>\(EA\cdot BF=OM^2=R^2\)
3: Gọi G là giao điểm của MB và AE
Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>AM⊥BG tại M
=>ΔAMG vuông tại M
Ta có: \(\hat{EAM}+\hat{EGM}=90^0\) (ΔAMG vuông tại M)
\(\hat{EMA}+\hat{EMG}=\hat{AMG}=90^0\)
mà \(\hat{EAM}=\hat{EMA}\) (ΔEAM cân tại E)
nên \(\hat{EGM}=\hat{EMG}\)
=>EG=EM
mà EM=EA
nên EG=EA(1)
Ta có: MH⊥AB
AG⊥ BA
Do đó: MH//AG
Xét ΔBAE có KH//AE
nên \(\frac{KH}{AE}=\frac{BK}{BE}\) (2)
Xét ΔBEG có MK//EG
nên \(\frac{MK}{EG}=\frac{BK}{BE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra MK=KH
a: Xét (O) co
CM,CA là tiếp tuyên
=>CM=CA
Xét (O) có
DM,DB là tiếp tuyến
=>DM=DB
CD=CM+MD
=>CD=CA+BD
b: Xet ΔACN và ΔDBN có
góc NAC=góc NDB
góc ANC=góc DNB
=>ΔACN đồng dạng vơi ΔDBN
=>AC/BD=AN/DN
=>CN/MD=AN/ND
=>MN/AC
Xét tứ giác APMO có:
Góc PAO = 90 độ (do Ax là tiếp tuyến của đường tròn O tại A).
Góc PMO = 90 độ (do PQ là tiếp tuyến của đường tròn O tại M).
b) Chứng minh MOIK là hình chữ nhật và AP.BQ theo RHai góc này cùng nhìn đoạn PO dưới một góc 90 độ, nên tứ giác APMO nội tiếp đường tròn đường kính PO.
Vậy bốn điểm A, P, M, O cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh MOIK là hình chữ nhật:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: OP là tia phân giác của góc AOM, OQ là tia phân giác của góc BOM. Mà góc AOM và BOM là hai góc kề bù nên OP vuông góc với OQ (góc POQ = 90 độ).
Tam giác OAM cân tại O có OI là đường phân giác nên đồng thời là đường cao (OI vuông góc AM tại I).
Tam giác OBM cân tại O có OK là đường phân giác nên đồng thời là đường cao (OK vuông góc BM tại K).
Góc AMB = 90 độ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), nên góc IMK = 90 độ.
Tứ giác MOIK có ba góc vuông (I, O, K) nên là hình chữ nhật.
Tính AP.BQ theo R:
Theo tính chất tiếp tuyến: AP = PM và BQ = MQ.
Trong tam giác vuông POQ có OM là đường cao (vì OM vuông góc PQ):
c) Chứng minh A, N, Q thẳng hàngPM.MQ = OM^2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Mà OM = R, PM = AP, MQ = BQ.
Vậy AP.BQ = R^2.
Gọi N là giao điểm của BP và IK. Trong hình chữ nhật MOIK, IK song song với AB (vì cùng vuông góc với đường cao chung hoặc dựa vào các tỉ lệ).
Vì IK song song với AB, theo định lý Ta-lét trong tam giác ABP, đoạn thẳng IK (hay cụ thể là đoạn qua N) tạo ra các tỉ lệ thuận tiện.
Ta có AP song song với BQ (cùng vuông góc AB). Gọi N' là giao điểm của AQ và BP.
Theo hệ quả định lý Ta-lét: N'P / N'B = AP / BQ.
Lại có AP = PM và BQ = MQ nên N'P / N'B = PM / MQ.
Kết hợp với các đường thẳng song song trong hình thang APQB, điểm N' nằm trên đoạn thẳng nối các giao điểm đặc biệt, trùng với vị trí điểm N trên IK.
Vậy A, N, Q thẳng hàng.
a: Xét tứ giác OAPM có \(\hat{OAP}+\hat{OMP}=90^0+90^0=180^0\)
nên OAPM là tứ giác nội tiếp
=>O,A,P,M cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
PA,PM là các tiếp tuyến
Do đó: PA=PM và OP là phân giác của góc MOA
ΔOAM cân tại O
mà OP là đường phân giác
nên OP⊥AM tại I và I là trung điểm của AM
Xét (O) có
QM,QB là các tiếp tuyến
Do đó; QM=QB và OQ là phân giác cua góc MOB
ΔOBM cân tại O
mà OQ là đường phân giác
nên OQ⊥BM tại K và K là trung điểm của BM
Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó; ΔMAB vuông tại M
=>\(\hat{AMB}=90^0\)
Xét tứ giác MIOK có \(\hat{MIO}=\hat{MKO}=\hat{IMK}=90^0\)
nên MIOK là hình chữ nhật
=>\(\hat{IOK}=90^0\)
=>ΔOPQ vuông tại O
Xét ΔOPQ vuông tại O có OM là đường cao
nên \(MP\cdot MQ=OM^2\)
=>\(PA\cdot QB=R^2\)