a: Xét (O) có

DA,DM là các tiếp tuyến

Do đó: DA=DM và OD là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

CM,CB là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CB và OC là phân giác của góc MOB

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔAMB vuông tại M

=>AF⊥BE tại M

Ta có: \(\hat{DAM}+\hat{DEM}=\hat{AME}=90^0\)

\(\hat{DMA}+\hat{DME}=\hat{AME}=90^0\)

mà \(\hat{DAM}=\hat{DMA}\) (ΔDAM cân tại D)

nên \(\hat{DEM}=\hat{DME}\)

=>DE=DM

mà DA=DM

nên DE=DA

=>D là trung điểm của AE

Ta có: \(\hat{CMB}+\hat{CMF}=\hat{FMB}=90^0\)

\(\hat{CBM}+\hat{CFM}=90^0\) (ΔBMF vuông tại M)

mà \(\hat{CMB}=\hat{CBM}\) (ΔCBM cân tại C)

nên \(\hat{CMF}=\hat{CFM}\)

=>CM=CF

mà CM=CB

nên CF=CB

=>C là trung điểm của BF

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Xét ΔIAD và ΔICB có

\(\hat{IAD}=\hat{ICB}\) (hai góc so le trong, AD//CB)

\(\hat{AID}=\hat{CIB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAD~ΔICB

=>\(\frac{ID}{IB}=\frac{IA}{IC}=\frac{DA}{CB}=\frac{DM}{MC}\)

Xét ΔDCB có \(\frac{DI}{IB}=\frac{DM}{MC}\)

nên IM//CB

mà CB⊥BA

nên MI⊥BA

mà MH⊥BA

và MI,MH có điểm chung là M

nên M,I,H thẳng hàng

Xét ΔBAD có IH//AD

nên \(\frac{IH}{AD}=\frac{BI}{BD}\) (1)

Xét ΔBDE có MI//DE

nên \(\frac{MI}{DE}=\frac{BI}{BD}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{IH}{AD}=\frac{MI}{DE}\)

mà AD=DE

nên IH=MI

=>I là trung điểm của MH

=>ĐPCM

c: Ta có: OD là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOD}\)

OC là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOC}\overline{}\)

TA có; \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOD}+\hat{MOC}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

Xét ΔOCD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(OM^2=MC\cdot MD\)

=>\(AD\cdot BC=OM^2=R^2=AO\cdot AO\)

=>\(\frac{AD}{AO}=\frac{AO}{BC}\)

=>\(\frac{AO}{BC}=\frac{2\cdot AD}{2\cdot AO}=\frac{AE}{AB}\)

Xét ΔEAO vuông tại A và ΔABC vuông tại B có

\(\frac{EA}{AB}=\frac{AO}{BC}\)

Do đó; ΔEAO~ΔABC

=>\(\hat{AEO}=\hat{BAC}\)

mà \(\hat{AEO}+\hat{AOE}=90^0\) (ΔAOE vuông tại A)

nên \(\hat{AOE}+\hat{BAC}=90^0\)

=>AC⊥OE

Xét ΔAEO vuông tại A và ΔBAC vuông tại B có

\(\frac{AE}{BA}=\frac{AO}{BC}\)

a: ΔOBC cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK⊥BC và OK là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBD và ΔOCD có

OB=OC

\(\hat{BOD}=\hat{COD}\)

OD chung

Do đó: ΔOBD=ΔOCD

=>\(\hat{OBD}=\hat{OCD}\)

=>\(\hat{OCD}=90^0\)

=>DC là tiếp tuyến của (O)

b: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có cos CAB=\(\frac{CA}{AB}=\frac12\)

nên \(\hat{CAB}=60^0\)

Xét (O) có \(\hat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

nên \(\hat{COB}=2\cdot\hat{CAB}=120^0\)

OM là phân giác của góc COB

=>\(\hat{MOB}=\hat{MOC}=\frac12\cdot\hat{COB}=60^0\)

Xét ΔOMB có OM=OB và \(\hat{MOB}=60^0\)

nên ΔOMB đều

=>OM=MB=OB=R

Xét ΔOMC có OM=OC và \(\hat{MOC}=60^0\)

nên ΔOMC đều

=>OM=OC=CM=R

Xét tứ giác OBMC có OB=BM=MC=OC(=R)

nên OBMC là hình thoi

c: gọi G là giao điểm của CB và AE

Ta có; GA⊥BA

CH⊥AB

Do đó: GA//CH

Xét ΔBAE có IH//AE
nên \(\frac{IH}{AE}=\frac{BI}{BE}\) (1)

Xét ΔBEG có CI//EG

nên \(\frac{CI}{EG}=\frac{BI}{BE}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{IH}{AE}=\frac{CI}{GE}\)

mà IH=CI

nên AE=GE

=>E là trung điểm của AG

Ta có: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥CB tại C

=>AC⊥CG tại C

ΔCAG vuông tại C

mà CE là đường trung tuyến

nên CE=EA=EG

Xét ΔEAO và ΔECO có

EA=EC

AO=CO

EO chung

Do đó: ΔEAO=ΔECO

=>\(\hat{EAO}=\hat{ECO}\)

=>\(\hat{ECO}=90^0\)

=>OC⊥CE tại C

Ta có: OC⊥CE

OC⊥CD
mà CE,CD có điểm chung là C

nên E,C,D thẳng hàng

Trong \(\left( P \right)\) ta có:

\(\left. \begin{array}{l}Ox \bot d\\O'x' \bot d\end{array} \right\} \Rightarrow Ox\parallel O'x'\)

Trong \(\left( Q \right)\) ta có:

\(\left. \begin{array}{l}Oy \bot d\\O'y' \bot d\end{array} \right\} \Rightarrow Oy\parallel O'y'\)

Vậy \(\left( {Ox,Oy} \right) = \left( {O'x',O'y'} \right)\) hay số đo của hai góc \(xOy\) và \(x'Oy'\) bằng nhau.

a: góc BEC=1/2*180=90 độ

=>CE vuông góc AB

góc BDC=1/2*180=90 độ

=>BD vuông góc AC

góc AEH=góc ADH=90 độ

=>AEHD nội tiếp

b:

Gọi K là trung điểm của AH

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE

góc KDO=góc KDH+góc ODH

=góc KHD+góc OBD

=90 độ

=>OD là tiếp tuyến của (K)

a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O₁) , (O₂) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.

Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ​=MHQ​=MBH(=2HQ⌢​​), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1​PA​=PAO1​​=90o−HMP=90o−MPQ​

\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1​PA​+MPQ​

a) 
► Tính chất của hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm, ta có: 
AC = CM ; BD = MD 
=> AC + BD = CM + MD = CD 
► Câu trên có thể cm trực tiếp bằng cách nối OC => hai tgiác ACO và MCO bằng nhau (vì tgiác vuông, có chung cạnh huyền, OA=OM=R) 
=> OC là tia phân giác của góc AO^M 
tương tự: OD cúng là phân giác cua góc BO^M 
AO^C + CO^M + DO^M + DO^B = 180o 
=> 2.CO^M + 2DO^M = 180o 
=> CO^M + DO^M = CO^D = 90o 
► tgiác COD vuông có OM là đường cao, hệ thức lượng: 
CM.MD = OM² 
=> AC.BD = R² (cm trên: AC=CM; BD=MD; OM=R) 
► ad toilet với chú ý AC//BD 
NC/NB = AC/BD = CM/MD 
định lí đảo talet => MN//AC 
► có: MN//AC//BD => hai tgiác CBD và CNM đồng dạng 
=> CD/CM = DB/MN 
=> CD.MN = CM.DB 
► gọi K là trung điểm CD 
do tgiác OCD vuông tại O => K là tâm đường tròn ngoại tiếp tgíc OCD 
OK là đường trung bình của hình thang ABDC => OK//AC//BD 
=> OK vuông góc AB tại O 
=> AB là tiếp tuyến của đường tròn (OCD) 

b) 
► ta đã cm: AC+BD = CD 
=> AC+BD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất 
Có Ax //By, C thuộc Ax, D thuộc By 
=> CD nhỏ nhất khi CD vuông góc vơi Ax và By 
khi đó ta có ABDC là hình chữ nhật 
=> M là điểm chính giữa của cung AB 
► tứ giác ABDC thường là hình thang vuông, gọi diện tích là S 
S = (1/2)AB.(AC+BD) = (1/2).AB.CD 
vì AB cố định nên S nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất 
như câu trên có M là điểm chính giữa cung AB 

c) tgiac OAM cân tại O, lại có OE là phân giác => OE vuông AM 
tương tự OF vuông BM, mà CO^D= 90o 
=> EOFM là hình chữ nhật 
=> I là trung điểm EF cũng là trung điểm OM 
=> OI = OM/2 = R/2 
I di động nhưng luôn có OI = R/2 không đổi 
=> I thuộc đường tròn cố định: tâm O bán kính r = R/2 
** giới hạn: M chỉ di động trên nữa đường tròn (O,R) => I chỉ di động trên nữa đường tròn (O,r) nằm cùng phía với (O,R) so với AB 
<< phần giới hạn là khuyến mãi thêm, vì đề chỉ yêu cầu cm I thuộc một đường tròn cố định, không phải tìm quỉ tích >> 

d) dùng định lí Melanus là nhanh nhất: có ngay E,N,F thẳng hàng => EF/AB = ME.MA = MN/MJ = 1/2 
=> MN = MJ/2 = NJ 

Em tham khảo tại link dưới đây nhé.

Câu hỏi của My Trấn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Câu c) Đã có IK // AD thì ta vận dụng Ta let và thấy ngay : 

\(\frac{IC}{AD}=\frac{IK}{AD}\Rightarrow IC=IK\)