Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: ΔOCD cân tại O
mà OF là đường cao
nên OF là phân giác của góc COD và F là trung điểm của CD
Xét (O) có
\(\hat{COA}\) là góc ở tâm chắn cung CA
\(\hat{DOA}\) là góc ở tâm chắn cung DA
\(\hat{COA}=\hat{DOA}\)
Do đó: sđ cung CA=sđ cung DA
Xét (O) có
\(\hat{CMA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA
\(\hat{DMA}\) là góc nội tiếp chắn cung DA
sđ cung CA=sđ cung DA
Do đó: \(\hat{CMA}=\hat{DMA}\)
=>MA là phân giác của góc CMD
b: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>AM⊥MB tại M
Xét tứ giác EFBM có \(\hat{EFB}+\hat{EMB}=90^0+90^0=180^0\)
nên EFBM là tứ giác nội tiếp
c: Xét (O) có
\(\hat{ACD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD
\(\hat{AMC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{ACD}=\hat{AMC}\)
Xét ΔACE và ΔAMC có
\(\hat{ACE}=\hat{AMC}\)
góc CAE chung
Do đó: ΔACE~ΔAMC
=>\(\frac{AC}{AM}=\frac{AE}{AC}\)
=>\(AC^2=AE\cdot AM\)
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>CA⊥CB
mà OM⊥CA
nên OM//CB
Xét ΔAMO vuông tại A và ΔHCB vuông tại H có
\(\hat{AOM}=\hat{HBC}\) (hai góc đồng vị, MO//CB)
Do đó: ΔAMO~ΔHCB
b: Ta có: CH⊥AB
MA⊥BA
Do đó: CH//MA
Gọi E là giao điểm của CB và AM
=>ΔACE vuông tại C
ΔOAC cân tại O
mà OI la đường cao
nên OI là phân giác của góc AOC
Xét ΔOAM và ΔOCM có
OA=OC
\(\hat{AOM}=\hat{COM}\)
OM chung
Do đó: ΔOAM=ΔOCM
=>MA=MC
=>ΔMAC cân tại M
Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MEC}=90^0\) (ΔACE vuông tại C)
\(\hat{MCA}+\hat{MCE}=\hat{ACE}=90^0\)
mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\) (ΔMAC cân tại M)
nên \(\hat{MEC}=\hat{MCE}\)
=>ME=MC
mà MA=MC
nên ME=MA(1)
Xét ΔBMA có KH//MA
nên \(\frac{KH}{MA}=\frac{BK}{BM}\) (2)
Xét ΔBME có CK//ME
nên \(\frac{CK}{ME}=\frac{BK}{BM}\) (3)
Tư (1),(2),(3) suy ra CK=KH
1: góc AMB=1/2*sđ cung AB=90 độ
góc EFB+góc EMB=90+90=180 độ
=>EFBM nội tiếp
2: góc AMC=1/2*sđ cung AC
góc AMD=1/2*sđcung AD
mà sđ cung AC=sđ cung AD
nên góc AMC=góc AMD
=>MA là phân giác của góc CMD
Xet ΔACE và ΔAMC có
góc ACE=góc AMC
góc CAE chung
=>ΔACE đồng dạng với ΔAMC
=>AC/AM=AE/AC
=>AC^2=AM*AE
N A B H M C O K I
1) Xét tứ giác CIOH có \(\widehat{CIO}+\widehat{CHO}=180^o\)nên là tứ giác nội tiếp
suy ra 4 điểm C,H,O,I cùng thuộc 1 đường tròn
2) vì OI \(\perp\)AC nên OI là đường trung trực của AC
\(\Rightarrow\widehat{AOM}=\widehat{COM}\)
Xét \(\Delta AOM\)và \(\Delta COM\)có :
\(\widehat{AOM}=\widehat{COM}\)( cmt )
OM ( chung )
OA = OC
\(\Rightarrow\Delta AOM=\Delta COM\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OAM}=\widehat{OCM}=90^o\)
\(\Rightarrow OC\perp MC\)hay MC là tiếp tuyến của đường tròn O
3) Ta có : \(\hept{\begin{cases}\widehat{AOM}+\widehat{IAO}=90^o\\\widehat{IAO}+\widehat{HBC}=90^o\end{cases}}\Rightarrow\widehat{AOM}=\widehat{HBC}\)
Xét \(\Delta AOM\)và \(\Delta HCB\)có :
\(\widehat{AOM}=\widehat{HBC}\); \(\widehat{MAO}=\widehat{CHB}=90^o\)
\(\Rightarrow\Delta AOM~\Delta HBC\left(g.g\right)\)
4) Gọi N là giao điểm của BC và AM
Xét \(\Delta NAB\)có AO = OB ; OM // BN nên AM = MN
CH // AN \(\Rightarrow\frac{CK}{NM}=\frac{KH}{AM}\left(=\frac{BK}{BM}\right)\)
Mà AM = NM nên CK = KH
\(\Rightarrow\)K là trung điểm của CH
a: Xét tứ giác OICH có \(\hat{OIC}+\hat{OHC}=90^0+90^0=180^0\)
nên OICH là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
Xét ΔAHE vuông tại H và ΔAMB vuông tại M có
góc HAE chung
Do đó: ΔAHE~ΔAMB
=>\(\frac{AH}{AM}=\frac{AE}{AB}\)
=>\(AM\cdot AE=AH\cdot AB\)
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao
nên \(AH\cdot AB=AC^2\)
=>\(AC^2=AM\cdot AE\)