Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O A B C D E F H M G I
a) Kẻ đường thẳng Ax tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.
Khi đó \(\widehat{FAx}=\widehat{ACB}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
Ta dễ thấy BFEC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
Vậy nên \(\widehat{AFE}=\widehat{FAx}\), chúng lại ở vị trí so le trong nên Ax // EF
Mà \(Ax\perp OA\Rightarrow EF\perp OA\)
Tương tự ta có : \(FD\perp OB;ED\perp OC\)
b) Kẻ đường kính CI. Khi đó ta có ngay IB // AH (Cùng vuông góc BC) ; IA // BH (Cùng vuông góc AC). Vậy nên tứ giác AIBH là hình bình hành và AH = IB.
Xét tam giác IBC có M là trung điểm BC, OC = OB nên OM là đường trung bình. Vậy \(OM=\frac{1}{2}IB\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\)
Tương tự, gọi N, P lần lượt là trung điểm AB, AC thì \(ON=\frac{1}{2}BH;OP=\frac{1}{2}CH\)
c) Gọi G' là giao điểm của AM và HO.
Ta thấy OM // AH nên áp dụng định lý Ta let ta có:
\(\frac{MG'}{G'A}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)
Độ ẨM là đường trung tuyến, AG' = G'M nên G' là trọng tâm tam giác ABC hay G' trùng G. Vậy H, G, O thẳng hàng.
O A B C D E F H M G J I P Q X
d) Gọi giao điểm của OA với PQ là J. Khi đó J là trung điểm QP.
Xét tam giác APQ có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân.
Vậy thì AP = AQ hay AP2 = AQ2. (1)
Kẻ đường kính AX.
Xét tam giác vuông AQX, đường cao QJ, ta có:
\(AQ^2=AJ.AX\) (2)
Tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{AFJ}=\widehat{ACB}=\widehat{AXB}\)
Suy ra \(\Delta AFJ\sim\Delta AXB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AX}=\frac{AJ}{AB}\Rightarrow AJ.AX=AF.AB\)
Ta cũng có \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AD.AH=AF.AB\)
Vậy thì \(AJ.AX=AH.AD\) hay \(AJ.AX=2.OM.AD\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra AP2 = AQ2 = 2OM.AD
ABCOMNHE
a) Do M, N thuộc đường tròn đường kính BC nên \(\widehat{BMC}=\widehat{BNC}=90^o\Rightarrow BN\perp AC;CM\perp AB\)
Xét tam giác ABC có BN và CM là hai đường cao nên H là trực tâm, vậy thì AH cũng là đường cao của tam giác hay \(AH\perp BC\)
b) Do AMH và ANH là các tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròng tâm E, bán kính EH. Vậy thì \(\widehat{MHE}=\widehat{MNA}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
Lại có EM = EH nên \(\widehat{MHE}=\widehat{HME}\)
Vậy nên \(\widehat{HME}=\widehat{MNA}\) (1)
Lại có do OM = OC nên \(\widehat{OMC}=\widehat{OCM}\) mà \(\widehat{OCM}=\widehat{BNM}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
Vậy nên \(\widehat{OMC}=\widehat{BNM}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{HME}+\widehat{OMC}=\widehat{MNA}+\widehat{MNB}\Rightarrow\widehat{EMO}=\widehat{ANH}=90^o\)
Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Xét tam giác MEO và NEO có: Cạnh EO chung, EM = EN, OM = ON
\(\Rightarrow\Delta MEO=\Delta NEO\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow S_{MEO}=S_{NEO}\Rightarrow S_{MEO}=\frac{1}{2}S_{MENO}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}ME.MO=\frac{1}{4}.MN.EO\Rightarrow MN.OE=2ME.MO\)
c) Do tứ giác AMHN nội tiếp nên \(\widehat{MAH}=\widehat{MNH}\)
Mà \(\widehat{MCB}=\widehat{MNH}\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{MCB}\)
Vậy thì \(\Delta AMH\sim\Delta CMB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CM}{AM}=\frac{CB}{AH}=1\)
Lại có xét tam giác vuông AMC, \(tan\widehat{BAC}=\frac{MC}{AM}=1.\)