tôi ko biết

lớp 9 chưa hok

tớ ko bít

Cách hack điểm hỏi đáp trên OLM: https://www.youtube.com/watch?v=sMvl8_N_N54

Từ điểm M ở ngoài đường tròn(O;R) vẽ tiếp tuyến MA đến đường tròn.E là trung điểm AM ; I,H lần lượt là hình chiếu của E và A trên MO. Từ I vẽ tiếp tuyến IK với(O)

a.CMr I nằm ngoài đường tròn( O;R)

b. Qua M vẽ cát tuyến MBC(B nằm giữa M và C) chứng minh rằng tứ giác BHOC nội tiếp

c.CM: HA là tia phân giác của góc BHC và tam giác MIK cân

a. 
+ Trong $\Delta ABC$, đường cao $AH$ và $CE$ cắt nhau tại $H$

$\Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta ABC$.

$\Rightarrow BH \perp AC$.

+ Ta có $\widehat{HDB} = 90^{\circ}$ ($AD \perp BC$) và

$\widehat{HEB} = 90^{\circ}$ ($CE \perp AB$)

$\Rightarrow \widehat{HDB} + \widehat{HEB} = 180^{\circ}$.

Mà trong tứ giác $HEBD$, $\widehat{HDB}$ và $\widehat{HEB}$ là hai góc đối nhau.

Suy ra $HEBD$ là tứ giác nội tiếp.

b. 

Xét $\Delta MBA$ và $\Delta MAC$ có:

$\widehat{AMC}$ chung

$\widehat{MAB} = \widehat{MCA}$ (cùng chắn cung $AB$)

$\Rightarrow \Delta MBA \sim \Delta MAC$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{MB}{MA} = \dfrac{MA}{MC}$ 

$\Rightarrow MA^2 = MB.MC$.

c. 

Kẻ đường kính $AG$ và $AD$ cắt đường tròn tại điểm thứ hai là $E$.

Ta có $\widehat{BCE} = \widehat{BAE}$ (cùng chắn cung BE$)

Mà $\widehat{BAE} = \widehat{DCE}$ (cùng phụ với $\widehat{ABC}$)

$\Rightarrow \widehat{BCE} = \widehat{DCE}$

Xét $\Delta CHD$ và $\Delta CED$ có:

$\widehat{BCE} = \widehat{DCE}$

$CD$ chung

$\widehat{CDH} = \widehat{CDE} = 90^{\circ}$

$\Rightarrow \Delta CHD = \Delta CED$ (g.c.g)

$\Rightarrow \widehat{HCD} = \widehat{ECD}$ hay $CD$ vừa là đường cao, vừa là phân giác của $\Delta CHE$.

$\Rightarrow \Delta CHE$ cân tại $C \Rightarrow CD$ là trung trực của đoạn thẳng $HE$.

Suy ra $NH = NE$ (do $N$ thuộc $CD$) (1)

Chứng minh $CBEG$ là hình thang cân 

Vì $\widehat{AEG} = 90^{\circ}$ nên $AE \perp GE$

Mà $AE \perp BC$ nên $CB // EG$

Suy ra $CBEG$ là hình thang mà hình thang nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $CBEG$ là hình thang cân.

$N$ là trung điểm $BC$ nên $\Delta NCG = \Delta NBE$ (c.g.c)

Suy ra $NE = NG$ (2)

Ta có $\widehat{NFG } = 90^{\circ} \Rightarrow NG>NF$ (3) 

Từ (1), (2) và (3) suy ra $NH > NF$.

a.

Do MA là tiếp tuyến \(\Rightarrow AM\perp OA\Rightarrow\Delta OAM\) vuông tại A

\(\Rightarrow O,A,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Do \(OK\perp BC\Rightarrow\Delta OKM\) vuông tại K

\(\Rightarrow O,K,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM

\(\Rightarrow M,A,O,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Hay tứ giác MAOK nội tiếp đường tròn đường kính OM, với tâm là trung điểm J của OM và bán kính \(R=\dfrac{OM}{2}\)

b.

Do \(AI||BC\Rightarrow\widehat{IAK}=\widehat{AKM}\) (so le trong)

Lại có MAOK nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AKM}=\widehat{AOM}\) (cùng chắn cung AM)

\(\Rightarrow\widehat{IAK}=\widehat{AOM}\) (1)

Mà \(\widehat{AOM}+\widehat{AMO}=90^0\) (\(\Delta OAM\) vuông tại A theo c/m câu a)

\(\Rightarrow\widehat{IAK}+\widehat{AMO}=90^0\)

c.

Gọi E là trung điểm AI \(\Rightarrow OE\perp IA\)

Mà \(IA||BC\Rightarrow OE\perp BC\Rightarrow O,E,K\) thẳng hàng

\(\Rightarrow KE\) đồng thời là đường cao và trung tuyến trong tam giác KAI

\(\Rightarrow\Delta KAI\) cân tại K \(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{IAK}\) \(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{AOM}\) (theo (1))

Mặt khác \(\widehat{AIK}\) và \(\widehat{AOD}\) là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AD của (O)

\(\Rightarrow\widehat{AIK}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOD}\Rightarrow\widehat{AOM}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{AOM}+\widehat{MOD}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AOM}=\widehat{MOD}\)

Xét hai tam giác AOM và DOM có:

\(\left\{{}\begin{matrix}OM\text{ chung}\\\widehat{AOM}=\widehat{MOD}\left(cmt\right)\\AO=DO=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AOM=\Delta DOM\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ODM}=\widehat{OAM}=90^0\)

\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến của (O)

a. Ta có ON cắt BC tại I, I là trung điểm của BC, ON là bán kính ⇒ ON ⊥ BC tại I.

Xét △OCI và △OBI :

\(\hat{OIC}=\hat{OIB}=90^o\left(cmt\right)\)

\(IC=IB\left(gt\right)\)

OI chung.

\(\Rightarrow\Delta OCI=\Delta OBI\left(c.g.c\right)\)

⇒ \(\hat{IOC}=\hat{IOB}\) hay : \(\hat{NOC}=\hat{NOB}\Rightarrow\stackrel\frown{NC}=\stackrel\frown{NB}\)

Mà : \(\hat{NAB}\) hay \(\hat{DAB}\) nội tiếp chắn cung NB, \(\hat{NAC}\) hay \(\hat{DAC}\) nội tiếp chắn cung NC.

Vậy : \(\hat{DAC}=\hat{DAB}\) hay AD là phân giác của góc BAC.

b. \(\hat{MAB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).

\(\hat{ACB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}\) (góc nội tiếp chắn cung AB).

\(\Rightarrow\hat{MAB}=\hat{ACB}\Leftrightarrow\hat{MAB}=\hat{ACM}\)

Xét △MAB và △MCA :

\(\hat{MAB}=\hat{ACM}\left(cmt\right)\)

\(\hat{M}\) chung

\(=> \Delta MAB \backsim \Delta MCA (g.g)\) \(\Rightarrow\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MB}{MA}\Leftrightarrow MA^2=MB.MC\left(a\right)\)

Mặt khác : \(\hat{DAB}=\hat{DAC}\left(cmt\right)\) và \(\hat{DCA}=\hat{MAB}\left(cmt\right)\)

Mà \(\hat{ADM}=\hat{DAC}+\hat{DCA}\) (tính chất góc ngoài của tam giác).

\(\Rightarrow\hat{ADM}=\hat{DAB}+\hat{MAB}\Leftrightarrow\hat{ADM}=\hat{MAD}\)

⇒ △ADM cân tại M ⇒ \(MA=MD\left(b\right)\)

Từ (a), (b) : Vậy : \(MD^2=MB.MC\left(đpcm\right)\)