Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) co
CM,CA là tiếp tuyên
=>CM=CA
Xét (O) có
DM,DB là tiếp tuyến
=>DM=DB
CD=CM+MD
=>CD=CA+BD
b: Xet ΔACN và ΔDBN có
góc NAC=góc NDB
góc ANC=góc DNB
=>ΔACN đồng dạng vơi ΔDBN
=>AC/BD=AN/DN
=>CN/MD=AN/ND
=>MN//AC//BD
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
AC.BD=\(\frac{AB^2}{4}\)<=> 4AC.BD=AB^2
<=>4AC.BD=4R^2
<=> AC.BD=R^2<=>AC.BD=AO^2 (1)
<=>áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có AC =CM ;BD=MD ; thế vào (1) TA đc CM.MD=AO^2
Tiếp theo ta chứng minh tam giác COD vg bằng cách dựa vào tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau góc MDO=MBO; MCO=MAO Mà góc MAO +ABO =90 (do tam giac AMB vuông nội tiếp chắn nửa đg tròn cóa ab là đg kính.
KHI ĐÃ CHỨNG MINH ĐƯỢC TAM GIÁC COD mà có Mo là đg cao áp dụng hệ thức lượng ta có MO ^2=CM.MDHAY AO^2=CM.MD (ĐPCM)
a: ΔOAC cân tại O
mà OM là đường cao
nên OM là phân giác của góc AOC
Xét ΔOAM và ΔOCM có
OA=OC
\(\hat{AOM}=\hat{COM}\)
OM chung
Do đó: ΔOAM=ΔOCM
=>\(\hat{OAM}=\hat{OCM}\)
=>\(\hat{OCM}=90^0\)
=>MC là tiếp tuyến của (O)
b: Gọi K là giao điểm của BC và AM
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>AC⊥KB tại C
=>ΔACK vuông tại C
Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)
\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)
mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)
nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)
=>MK=MC
mà MA=MC
nên MA=MK(1)
Ta có: CH⊥AB
KA⊥BA
Do đó: CH//KA
Xét ΔBAM có IH//AM
nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\left(2\right)\)
Xét ΔBMK có CI//KM
nên \(\frac{CI}{KM}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra IH=IC
a) Chứng minh \(M C\) là tiếp tuyến của đường tròn
Vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\), nên \(A M \bot A O\).
Ta có:
- \(O M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(A C\) (theo giả thiết).
- Tam giác \(A O C\) vuông tại \(A\) (do \(A B\) là đường kính nên \(\angle A C B = 90^{\circ}\)).
Suy ra:
- \(A C \bot O C\)
- \(O M \bot A C\)
\(\Rightarrow O M / / O C\)
Xét tam giác \(A O C\), vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên \(\angle M A C = \angle O C A\).
Mà \(\angle M A C = \angle M C A\)
\(\Rightarrow M C\) tạo với bán kính \(O C\) một góc vuông tại \(C\)
\(\Rightarrow M C\) tiếp xúc với đường tròn tại \(C\).
→ MC là tiếp tuyến của đường tròn
b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(A B\); \(I\) là giao điểm của \(M B\) và \(C H\). Chứng minh: \(C I = I H\).
Chứng minh:
- Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(H\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(A B\) ⇒ \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên đường kính → \(C H\) là đường cao ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông \(A C B\).
- Theo tính chất đường tròn và tiếp tuyến:
\(M C\) là tiếp tuyến tại \(C\), \(M B\) là cát tuyến.
Ta có: \(M B^{2} = M C \cdot M A\) (định lý tiếp tuyến – cát tuyến). - Xét tam giác \(M C H\), đường thẳng \(M B\) cắt \(C H\) tại \(I\).
Sử dụng hệ thức của tam giác vuông nội tiếp đường tròn:
\(C H^{2} = C I \cdot I H\)
Nhưng vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên \(C H^{2} = A H \cdot H B\)
Mà theo tính chất đồng dạng của các tam giác \(\Rightarrow C I = I H\).
→ \(C I = I H\).
c) Gọi giao điểm của BM với Ax là I. Từ M kẻ MK vuông góc với AB. BC cắt MK tại E.
Vì MK vuông góc AB => MK // AC // BD
EK // AC => \(\frac{EK}{AC}=\frac{BE}{BC}\); ME // IC => \(\frac{ME}{IC}=\frac{BE}{BC}\) => \(\frac{EK}{AC}=\frac{ME}{IC}\)
Tam giác MIA vuông tại M có CA = CM => góc CAM = góc CMA => góc CIM = góc CMI => tam giác CMI cân tại C => CI = CM => CM = CI = CA => EK = ME.
\(EK=ME\Rightarrow\frac{EK}{BD}=\frac{ME}{BD}\)mà \(\frac{ME}{BD}=\frac{CM}{CD}=\frac{AK}{AB}\Rightarrow\frac{EK}{BD}=\frac{AK}{AB}\)
=> Tam giác AKE đồng dạng với tam giác ABD (c.g.c) => góc EAK = góc DAK => A,E,D thẳng hàng => BC cắt AD tại E mà theo giả thiết BC cắt AD tại N => E trùng với N => H trùng với K => N là trung điểm MH.