a: Xét (O1) có

ΔAPH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAPH vuông tại P

=>HP⊥MA tại P

Xét (O2) có

ΔHQB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHQB vuông tại Q

=>HQ⊥MB tại Q

Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét tứ giác MPHQ có \(\hat{MPH}=\hat{MQH}=\hat{PMQ}=90^0\)

nên MPHQ là hình chữ nhật

=>MH=PQ
b: Xét ΔMHA vuông tại H có HP là đường cao

nên \(MP\cdot MA=MH^2\left(1\right)\)

Xét ΔMHB vuông tại H có HQ là đường cao

nên \(MQ\cdot MB=MH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MP\cdot MA=MQ\cdot MB\)

=>\(\frac{MP}{MB}=\frac{MQ}{MA}\)

Xét ΔMQP vuông tại M và ΔMAB vuông tại M có

\(\frac{MQ}{MA}=\frac{MP}{MB}\)

Do đó: ΔMQP~ΔMAB

c: MPHQ là hình chữ nhật

=>\(\hat{HPQ}=\hat{HMQ}=\hat{HMB}\)

\(\Delta O_1PH\) cân tại O1

=>\(\hat{O_1PH}=\hat{O_1HP}=\hat{PHA}\)

mà \(\hat{PHA}=\hat{MBA}\) (hai góc đồng vị, PH//MB)

nên \(\hat{O_1PH}=\hat{MBA}\)

MPHQ là hình chữ nhật

=>\(\hat{PQH}=\hat{PMH}=\hat{AMH}\)

\(\Delta O_2QH\) cân tại O2

=>\(\hat{O_2QH}=\hat{O_2HQ}=\hat{QHB}\)

mà \(\hat{QHB}=\hat{MAB}\) (hai góc đồng vị, QH//MA)

nên \(\hat{O_2QH}=\hat{MAB}\)

\(\hat{QPO_1}=\hat{QPH}+\hat{HPO_1}\)

\(=\hat{HMB}+\hat{HBM}=90^0\)

=>QP là tiếp tuyến của (O1)

\(\hat{PQO_2}=\hat{PQH}+\hat{HQO_2}\)

\(=\hat{PMH}+\hat{MAH}=90^0\)

=>PQ là tiếp tuyến của (O2)

a: Xét \(\left(O_1\right)\) có

ΔAPH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAPH vuông tại P

=>HP⊥AM tại P

Xét \(\left(O_2\right)\) có

ΔHQB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHQB vuông tại Q

=>HQ⊥MB tại Q

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

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

xét tứ giác MPHQ có \(\hat{MPH}=\hat{MQH}=\hat{PMQ}=90^0\)

nên MPHQ là hình chữ nhật

b: Xét ΔMHA vuông tại H có HP là đường cao

nên \(MP\cdot MA=MH^2\left(1\right)\)

Xét ΔMHB vuông tại H có HQ là đường cao

nên \(MQ\cdot MB=MH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MP\cdot MA=MQ\cdot MB\)

=>\(\frac{MP}{MB}=\frac{MQ}{MA}\)

Xét ΔMPQ vuông tại M và ΔMBA vuông tại M có

\(\frac{MP}{MB}=\frac{MQ}{MA}\)

Do đó: ΔMPQ~ΔMBA

c: ΔMPQ~ΔMBA

=>\(\hat{MPQ}=\hat{MBA};\hat{MQP}=\hat{MAB}\)

\(\hat{O_1PQ}=\hat{O_1PH}+\hat{HPQ}=\hat{AHP}+\hat{HPQ}\)

\(=\hat{AHP}+\hat{HMB}=\hat{MBA}+\hat{HMB}=90^0\)

=>\(PO_1\) ⊥PQ

=>PQ là tiếp tuyến tại P của \(\left(O_1\right)\)

\(\hat{PQO_2}=\hat{PQH}+\hat{O_2QH}\)

\(=\hat{PMH}+\hat{BHQ}=\hat{PMH}+\hat{MAH}=90^0\)

=>\(QO_2\) ⊥QP tại Q

=>QP là tiếp tuyến tại Q của \(\left(O_2\right)\)

1: Xét (I) có

ΔAMC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔAMC vuông tại M

=>CM⊥DA tại M

Xét (J) có

ΔCNB nội tiếp

CB là đường kính

Do đó: ΔCNB vuông tại N

=>CN⊥DB tại N

Xét (O) có

ΔDAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔDAB vuông tại D

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

Xét tứ giác DMCN có \(\hat{DMC}=\hat{DNC}=\hat{MDN}=90^0\)

nên DMCN là hình chữ nhật

2: Xét ΔDCA vuông tại C có CM là đường cao

nên \(DM\cdot DA=DC^2\left(1\right)\)

Xét ΔDCB vuông tại C có CN là đường cao

nên \(DN\cdot DB=DC^2\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(DM\cdot DA=DN\cdot DB\)

=>\(\frac{DM}{DB}=\frac{DN}{DA}\)

Xét ΔDMN vuông tại D và ΔDBA vuông tại D có

\(\frac{DM}{DB}=\frac{DN}{DA}\)

Do đó: ΔDMN~ΔDBA

=>\(\hat{DMN}=\hat{DBA}\)

mà \(\hat{DMN}+\hat{AMN}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AMN}+\hat{ABN}=180^0\)

=>AMNB là tứ giác nội tiếp

c: ΔDNM~ΔDAB

=>\(\hat{DNM}=\hat{DAB}\)

Gọi Dx là tiếp tuyến tại D của (O)

=>OD⊥ Dx tại D

Xét (O) có

\(\hat{xDB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Dx và dây cung DB

\(\hat{DAB}\) là góc nội tiếp chắn cung DB

Do đó: \(\hat{xDB}=\hat{DAB}\)

=>\(\hat{xDB}=\hat{DNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Dx//MN

=>MN⊥OD

a: Xét (I) có

ΔHDB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó; ΔHDB vuông tại D

=>HD⊥AB tại D

Xét (K) có

ΔCEH nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCEH vuông tại E

=>HE⊥AC tại E

Xét ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Do đó: ΔADE~ΔACB

=>\(\hat{ADE}=\hat{ACB}\)

mà \(\hat{ADE}+\hat{BDE}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BDE}+\hat{BCE}=180^0\)

=>BDEC là tứ giác nội tiếp

b: H đối xứng M qua AB

=>AB là đường trung trực của HM

=>AB⊥HM tại trung điểm của HM

mà AB⊥HD tại D

và HD,HM có điểm chung là H

nên H,D,M thẳng hàng

=>AB⊥HM tại D và D là trung điểm của HM

Ta có: H đối xứng N qua AC

=>AC là đường trung trực của HN

=>AC⊥HN tại trung điểm của HN

mà AC⊥HE tại E

và HN,HE có điểm chung là H

nên H,N,E thẳng hàng

=>AC⊥HN tại E và E là trung điểm của HN

Xét ΔADH vuông tại D và ΔADM vuông tại D có

AD chung

DH=DM

Do đó: ΔADH=ΔADM

=>AH=AM và \(\hat{DAH}=\hat{DAM}\)

=>AH=AM và AD là phân giác của góc HAM

Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAEN vuông tại E có

AE chung

EH=EN

Do đó: ΔAEH=ΔAEN

=>AH=AN và \(\hat{EAH}=\hat{EAN}\)

=>AN=AH và AE là phân giác của góc HAN

\(\hat{MAN}=\hat{MAH}+\hat{NAH}\)

\(=2\left(\hat{DAH}+\hat{EAH}\right)=2\cdot\hat{DAE}=180^0\)

=>M,A,N thẳng hàng

mà AM=AN(=AH)

nên A là trung điểm của MN

Xét ΔAHB và ΔAMB có

AH=AM

\(\hat{HAB}=\hat{MAB}\)

AB chung

Do đó: ΔAHB=ΔAMB

=>\(\hat{AHB}=\hat{AMB}\)

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

=>BM⊥MN tại M

Xét ΔAHC và ΔANC có

AH=AN

\(\hat{HAC}=\hat{NAC}\)

AC chung

Do đó: ΔAHC=ΔANC

=>\(\hat{AHC}=\hat{ANC}\)

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

=>CN⊥NM

mà BM⊥MN

nên BM//CN

Xét hình thang BMNC có

A,O lần lượt là trung điểm của MN,BC

=>AO là đường trung bình của hình thang BMNC

=>AO//BM//CN

=>AO⊥MN tại A

=>MN là tiếp tuyến tại A của (O)

nhanh nha mn

đáp án là 9π nha

1: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>BE⊥AM tại E

Xét (O') có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>BF⊥MC tại F

Xét tứ giác BEMF có \(\hat{BEM}+\hat{BFM}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEMF là tứ giác nội tiếp

2: Qua B, kẻ tiếp tuyến chung BI với (O) và (O'), với I∈EF

Xét (O) có

IE,IB là các tiếp tuyến

Do đó: IE=IB

Xét (O') có

IB,IF là các tiếp tuyến

Do đó: IB=IF

mà IE=IB

nên IE=IF

=>I là trung điểm của EF

Xét ΔBEF có

BI là đường trung tuyến

BI=EF/2

Do đó: ΔBEF vuông tại B

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

Xét tứ giác BEMF có \(\hat{BEM}=\hat{BFM}=\hat{EBF}=90^0\)

nên BEMF là hình chữ nhật