Cho đường tròn tâm (O) và điểm K nằm ngoài đường tròn. Từ K kẻ các tiếp tuyến KA,KB đến...">
K
Khách

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

20 tháng 5 2023

a: góc OAK+góc OBK=90+90=180 độ

=>OAKB nội tiếp

Xét ΔKAC và ΔKDA có

góc KAC=góc KDA

góc AKC chung

=>ΔKAC đồng dạng với ΔKDA

=>KA^2=KC*KD

b: Xét (O) có

KA,KB là tiếp tuyến

=>KA=KB

=>OK là trung trực của AB

=>KM*KO=KA^2=KC*KD

=>KM/KD=KC/KO

=>ΔKMC đồng dạng với ΔKDO

=>góc KMC=góc KDO

17 tháng 4 2021

Cho đường tròn tâm (O) và điểm K nằm ngoài đường tròn. Từ K kẻ các tiếp tuyến KA,KB đến (O). Một đường thẳng qua K cắt (O) tại C,D sao cho C nằm giữa K và D, đồng thời hai điểm O, A nằm khác phía so với CD.

 

a) CM tứ giác OAKB nội tiếp và KA2= KC.KD

 

b) Gọi M là giao điểm của đoạn OK và AB. CM góc KMC=KDO

 

c) Kẻ đường kính AI của (O). Gọi G, N lần lượt là giao điểm của OK với các đoạn CI, DI. Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp và OG=ON.

20 tháng 5 2023

:))

 

26 tháng 7 2023

a: góc OAK+góc OBK=180 độ

=>OAKB nội tiếp

Xét ΔKAC và ΔKDA có

góc KAC=góc KDA

góc AKC chung

=>ΔKAC đồng dạng với ΔKDA
=>KA/KD=KC/KA

=>KA^2=KD*KC

b: Xét (O) có

KA,KB là tiếp tuyến

=>KA=KB

mà OA=OB

nên OK là trung trực của AB

=>OK vuông góc AB tại M

Xét ΔOAK vuông tại A có AM vuông góc OK

nên KM*KO=KA^2=KC*KD

=>KM/KD=KC/KO

=>ΔKMC đồng dạng với ΔKDO

=>góc KMC=góc KDO

27 tháng 1

1: Xét tứ giác KAOB có \(\hat{KAO}+\hat{KBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên KAOB là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\hat{KAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AK và dây cung AC

\(\hat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{KAC}=\hat{ADC}\)

Xét ΔKAC và ΔKDA có

\(\hat{KAC}=\hat{KDA}\)

góc AKC chung

Do đó: ΔKAC~ΔKDA

=>\(\frac{KA}{KD}=\frac{KC}{KA}\)

=>\(KC\cdot KD=KA^2\) (1)

Xét (O) có

KA,KB là các tiếp tuyến

Do đó: KA=KB

=>K nằm trên đường trung trực của AB(2)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(3)

Từ (2),(3) suy ra OK là đường trung trực của AB

=>OK⊥AB tại M và M là trung điểm của AB

Xét ΔKAO vuông tại A có AM là đường cao

nên \(KM\cdot KO=KA^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(KM\cdot KO=KC\cdot KD\)

3: Ta có: \(KM\cdot KO=KC\cdot KD\)

=>\(\frac{KM}{KD}=\frac{KC}{KO}\)

Xét ΔKMC và ΔKDO có

\(\frac{KM}{KD}=\frac{KC}{KO}\)

góc MKC chung

Do đó: ΔKMC~ΔKDO

=>\(\hat{KMC}=\hat{KDO}\)

\(\hat{KMC}+\hat{OMC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{OMC}+\hat{ODC}=180^0\)

=>OMCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DMO}=\hat{DCO}\)

\(\hat{DCO}=\hat{ODC}\) (ΔODC cân tại O)

\(\hat{ODC}=\hat{KMC}\)

nên \(\hat{KMC}=\hat{OMD}\)

Ta có: \(\hat{KMC}+\hat{AMC}=\hat{AMK}=90^0\)

\(\hat{DMO}+\hat{DMA}=\hat{AMO}=90^0\)

\(\hat{KMC}=\hat{OMD}\)

nên \(\hat{AMC}=\hat{DMA}\)

=>MA là phân giác của góc CMD

=>Đường thẳng AB chứa tia phân giác của góc CMD