Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác PMON có
\(\widehat{PMO}\) và \(\widehat{PNO}\) là hai góc đối
\(\widehat{PMO}+\widehat{PNO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: PMON là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Bài 2:
O A B C E D M
Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\) (1)
Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)
Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)
Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\) (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC
Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)
Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC
Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)
Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)
Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)
Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).
Lời giải
a,
Xét đường tròn $(O)$:
Vì $PQ$ là tiếp tuyến của đường tròn tại tiếp điểm $Q$ nên $PQ \perp OQ$.
Suy ra:
$$\widehat{PQO} = 90^\circ$$
Theo giả thiết, $OI \perp MN$ tại $I$.
Suy ra:
$$\widehat{PIO} = 90^\circ$$
Xét tứ giác $OQP$:
Ta có $\widehat{PQO} = 90^\circ$ và $\widehat{PIO} = 90^\circ$.
Hai đỉnh $Q$ và $I$ cùng nhìn đoạn thẳng $OP$ dưới một góc vuông.
Suy ra tứ giác $OQP$ nội tiếp đường tròn đường kính $OP$.
Vậy 4 điểm $O, I, Q, P$ cùng nằm trên một đường tròn.
b, Chứng minh $PH \cdot PO = PQ^2$ và $\frac{2}{PK} = \frac{1}{PM} + \frac{1}{PN}$
Xét đường tròn $(O)$ có $PQ$ và $PR$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $P$:
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $PQ = PR$ và $PO$ là tia phân giác của góc $\widehat{QPR}$.
Tam giác $PQR$ cân tại $P$ (do $PQ = PR$) có $PO$ là đường phân giác nên đồng thời $PO$ cũng là đường cao.
Suy ra $PO \perp QR$ tại $H$.
Xét tam giác $PQO$ vuông tại $Q$, có $QH$ là đường cao ứng với cạnh huyền $PO$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
$$PH \cdot PO = PQ^2$$
Xét $\triangle PQM$ và $\triangle PNQ$ có:
Góc $\widehat{QPN}$ chung.
$\widehat{PQM} = \widehat{PNQ}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung $QM$).
Suy ra $\triangle PQM \sim \triangle PNQ$ (g.g). Ta có tỉ số đồng dạng:
$$\frac{PQ}{PN} = \frac{PM}{PQ} \implies PM \cdot PN = PQ^2$$
Xét $\triangle PKH$ và $\triangle POI$ có:
Góc $\widehat{OPI}$ chung.
$\widehat{PKH} = \widehat{POI}$ (do cùng bù với góc $\widehat{HKI}$ trong tứ giác nội tiếp $HKIO$).
Suy ra $\triangle PKH \sim \triangle POI$ (g.g). Ta có tỉ số đồng dạng:
$$\frac{PK}{PO} = \frac{PH}{PI} \implies PK \cdot PI = PH \cdot PO$$
Mà $PH \cdot PO = PQ^2$, do đó:
$$PK \cdot PI = PQ^2$$
Từ các hệ thức trên, ta suy ra:
$$PK \cdot PI = PM \cdot PN \implies PK = \frac{PM \cdot PN}{PI}$$
Vì $OI \perp MN$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của dây cung $MN$. Ta có:
$PM = PI - IM$
$PN = PI + IN$
Vì $IM = IN$ nên:
$$PM + PN = (PI - IM) + (PI + IM) = 2PI \implies PI = \frac{PM + PN}{2}$$
Thay giá trị của $PI$ vào hệ thức $PK \cdot PI = PM \cdot PN$, ta được:
$$PK \cdot \frac{PM + PN}{2} = PM \cdot PN$$
$$\implies \frac{PM + PN}{PM \cdot PN} = \frac{2}{PK}$$
$$\implies \frac{1}{PM} + \frac{1}{PN} = \frac{2}{PK}$$
Vậy $\frac{2}{PK} = \frac{1}{PM} + \frac{1}{PN}$.
bn tham khảo nhé
Học bá có khác mk đọc mà kh hiểu một chữ nào luôn ấy
a: Ta có: \(\hat{OIP}=\hat{OQP}=90^0\)
=>O,I,P,Q cùng thuộc đường tròn đường kính OP
b: Sửa đề: cắt PO tại H
Xét (O) có
PQ,PR là các tiếp tuyến
Do đó: PQ=PR và OP là phân giác của góc QOR
ΔOQR cân tại O
mà OP là đường phân giác
nên OP⊥QR tại H
Xét ΔOQP vuông tại Q có QH là đường cao
nên \(PH\cdot PO=PQ^2\)