mk giúp đc ko ?

mik ko giúp đc

chúc hok tốt nha b

Bài 2:

Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\)  (1)

Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)

Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)

\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)

Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\)    (2)

Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC

Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)

Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC

Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)

Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)

Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)

Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).

Ai giúp mik nốt bài 1 với ạ

Bài 1:

a) Ta thấy \(\widehat{QPB}=\widehat{QAB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

Ta cũng lại có \(\widehat{QAB}=\widehat{DAB}=\widehat{DCB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB)

Vậy nên \(\widehat{QPB}=\widehat{DCB}\)   (1)

Ta thấy tứ giác PQBA nội tiếp nên \(\widehat{PQB}+\widehat{PAB}=180^o\) 

Lại có \(\widehat{BAC}+\widehat{PAB}=180^o\Rightarrow\widehat{PQB}=\widehat{BAC}\)

Mà \(\widehat{BAC}=\widehat{CDB}\Rightarrow\widehat{PQB}=\widehat{CDB}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta PQB\sim\Delta CDB\left(g-g\right)\)

b) Do \(\Delta PQB\sim\Delta CDB\Rightarrow\widehat{KPB}=\widehat{KCB}\)

Xét tứ giác PKBC có \(\widehat{KPB}=\widehat{KCB}\) nên PKBC là tứ giác nội tiếp

Vậy thì B luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác KPC.

Nói cách khác, đường tròn ngoại tiếp tam giác KPC luôn đi qua điểm B cố định.

c)  Gọi H là giao điểm của OO' và AB

Ta thấy ngay rằng 5 điểm M, D, H, O' ,C cùng thuộc đường tròn đường kính MO'.

Vậy nên \(\widehat{DHA}=\widehat{DHM}=\widehat{DO'M}=\frac{\widehat{DO'C}}{2}\) (Góc nội tiếp cùng chắn một cung và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta cũng có \(\widehat{DBC}=\frac{\widehat{DO'C}}{2}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\widehat{DHA}=\widehat{DBC}\)      (3)

Dễ thấy rằng \(\widehat{DAH}=\widehat{DAB}=\widehat{DCB}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)       (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\Delta ADH\sim\Delta CDB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{CB}=\frac{AD}{CD}\Rightarrow\frac{AH.CD}{CB.AD}=1\)

Theo câu a, \(\Delta PQB\sim\Delta CDB\Rightarrow\frac{PQ}{CD}=\frac{PB}{CB}\Rightarrow PQ=\frac{CD.PB}{CB}\)

Ta có \(\widehat{KPB}=\widehat{QPB}=\widehat{QAB}=\widehat{DAB}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)  

\(\widehat{PBK}=\widehat{PCK}=\widehat{ACD}=\widehat{ABD}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)  

\(\Rightarrow\Delta PKB\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{PK}{AD}=\frac{PB}{AB}\Rightarrow PK=\frac{AD.PB}{AB}\)

Vậy thì \(\frac{PQ}{PK}=\frac{CD.PB}{BC}.\frac{AB}{AD.PB}=\frac{CD.AB}{BC.AD}=\frac{CD.2.AH}{BC.AD}=2.\frac{CD.AH}{BC.AD}=2\)

\(\Rightarrow\) K là trung điểm PQ.

Theo tính chất đường kính dây cung ta có \(OK\perp PQ\left(đpcm\right)\)

b) Xét tứ giác OMEC có

\(\widehat{OCE}\) và \(\widehat{OME}\) là hai góc đối

\(\widehat{OCE}+\widehat{OME}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: OMEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Mình đang thắc mắc chỗ chứng minh \(\widehat{EOC}=\widehat{ECD}\), còn mấy chỗ còn lại mình làm được rồi.

TL: 

Đáp án: 

k nhaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 

Ok nhaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 

HT