Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) OBNC có NCO=OBN=90 nên OBNC là tứ giác nội tiếp
b) Xét tam giác ADC có AB,DC là các đường cao
mà AB cắt DC tại O
suy ra O là trực tâm của tam giác ADC
nên NO vuông góc với AD
c)
CONB là tứ giác nôi tiếp nên COA=CNB
Xét tam giác ACO và tam giác DCN
COA=CNB(cmt)
ACO=NCD=90
nên tam giác ACO đồng dạng với tam giác DNC
nên CA.CN=CO.CD
Còn câu d mk chịu
1) \(\Delta AOC\)cân tại O có OD là đường cao nên cũng là phân giác của \(\widehat{AOC}\), do đó \(\widehat{AOD}=\widehat{COD}\Rightarrow\widebat{AD}=\widebat{DM}\)
nên DA = DM. Vậy tam giác AMD cân tại D (đpcm)
2) Dễ thấy \(\Delta OEA=\Delta OEC\left(c-g-c\right)\), từ đó suy ra được \(\widehat{OAE}=\widehat{OCE}=90^0\)
Do đó \(AE\perp AB\). Vậy AE là tiếp tuyến chung của \(\left(O\right)\)và \(\left(O'\right)\)
3) Giả sử AM cắt \(\left(O\right)\)tại \(N'\). Ta có \(\Delta OAN'\)cân tại O và \(OM\perp AN'\)nên OM là đường trung trực của AN'. Từ đó ta được CA = CN'
Ta có \(\widehat{CN'A}=\widehat{CAM}\) mà \(\widehat{CAM}=\widehat{DOM}\), do đó \(\widehat{CN'H}=\widehat{COH}\). Suy ra bốn điểm C, N', O, H thuộc một đường tròn. Suy ra N' thuộc đường tròn ngoại tiếp \(\Delta CHO\). Do vậy \(N'\equiv N\)
Vậy ba điểm A, M, N thẳng hàng (đpcm)
4) Vì ME song song với AB và \(AB\perp AE\)nên \(ME\perp AE\)
Ta có hai tam giác MAO, EMA đồng dạng nên \(\frac{MO}{EA}=\frac{MA}{EM}=\frac{AO}{MA}\Rightarrow MA^2=AO.EM\)
Dễ thấy \(\Delta MEO\) cân tại M nên ME MO. = Thay vào hệ thức trên ta được\(MA^2=AO.MO\)
Đặt MO = x > 0 \(\Rightarrow MA^2=OA^2-MO^2=a^2-x^2\)
Từ \(MA^2=AO.MO\) suy ra \(a^2-x^2=ax\Leftrightarrow x^2+ax-a^2=0\)
Từ đó tìm được \(x=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)a}{2}\)
Vậy \(OM=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)a}{2}\)
Câu a : Ta có : \(\Delta OMA\) cân tại O và \(AC=MC\) nên \(OC\perp AM\) hay \(\widehat{OCN}=90^0\) .
Xét tứ giác OBNC ta có :
\(\widehat{OCN}=90^0\) ( cmt )
\(\widehat{OBN}=90^0\) ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính )
\(\Rightarrow\widehat{OCN}+\widehat{OBN}=180^0\) hay OBNC là tứ giác nội tiếp (đpcm )
Câu b : Xét tam giác AND ta có :
AB là đường cao xuất phát từ đỉnh A .
DC là đường cao xuất phát từ đỉnh D .
Mà hai đường cao này cắt nhau tại O cho nên O là trực tâm của \(\Delta AND\)
NO cắt AD suy ra NO là đường cao của tam giác AND \(\Rightarrow NO\perp AD\)
Câu c : Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CAO}+\widehat{ANB}=90^0\\\widehat{CDN}+\widehat{ANB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDN}\)
Xét tam giác CAO và tam giác CDN ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACO}=\widehat{DCN}\left(=90^0\right)\\\widehat{CAO}=\widehat{CDB}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta CAO\sim\Delta CDN\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CN}\Rightarrow CA.CN=CO.CD\) ( đpcm )
Câu d : Xét tam giác AMB và tam giác ABN ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BAM}:chung\\\widehat{AMB}=\widehat{ABN}\left(=90^0\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AMB\sim\Delta ABN\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{AB}{AN}\Rightarrow AM.AN=AB^2=4R^2\)
Áp dụng BĐT Cô - si ta có : \(2AM+AN\ge2\sqrt{2AM.AN}=2\sqrt{8R^2}=4R\sqrt{2}\)
Vậy GTNN của 2AM + AN là \(4R\sqrt{2}\) khi và chỉ khi M là trung điểm của AN
anh có hình ko ạ