Ai trả lời hộ điiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiinhanh lênnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

tôi học lớp 7 thôi

đừng kik sai mik nha, nhưng theo mik toán lớp 9 thì trên hỏi đáp ít người trả lời lắm, bạn thử lên học 24 xem

a: góc AEH+góc AFH=180 độ

=>AEHF nội tiếp

b: góc DFC=góc EBC

góc EFC=góc DAC

góc EBC=góc DAC

=>góc DFC=góc EFC

1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp

Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn  => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND

Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).

2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC² = DM.DN. Dễ thấy: DC² = DI.DA

Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)

=> KM² = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD² = KI.KB

Từ đó: KM² = KD² => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)

Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)

Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR

Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales:  \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).

3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.

Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp

Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 90⁰ 

Mặt khác: ^DTE = 180⁰ - ^DBE = 180⁰ - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE

Suy ra: ^CTE = 90⁰ => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.

Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định

=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).

2) Theo 1). dễ thấy Δ B F A ∽ Δ B N P ⇒ Δ B N F ∽ Δ B P A ⇒ B N B P = F N A P (1).

Tương tự Δ C M E ∽ Δ C P A ⇒ C M C P = E M A P  (2).

Từ (1) và (2), ta có B N C M ⋅ C P B P = F N E M và theo giả thiết F N E M = B N C M , suy ra   C P = B P ⇒ A D là phân giác góc B A C ^ .

1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A

Ta có P C M ^ = P A C ^  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)  = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );

Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra   M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM  tiếp xúc (O)

Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.

a: Xét (O) có

MB,MC là tiếp tuyến

=>MB=MC

mà OB=OC

nên OM là trung trực của BC

Xét ΔMEB và ΔMBF có

góc MBE=góc MFB

góc EMB chung

=>ΔMEB đồng dạng với ΔMBF

=>MB^2=ME*MF=MH*MO

méo bt làm

a) Ta có: DE là tiếp tuyến của (O) nên ^ODE=90⁰ . Mà OH vuông góc BE

=> ^OHE=90⁰ => ^ODE=^OHE.

Xét tứ giác OHDE: ^OHE=^ODE=90⁰ => Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn. (đpcm).

b) Dễ thấy ^EDC=^EBD (T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

=> \(\Delta\)ECD ~ \(\Delta\)EDB (g.g) => \(\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{ED}\Rightarrow ED^2=EC.EB.\)(đpcm).

c) Tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn (cmt) => ^OEH=^ODH.

Lại có: CI//OE => ^OEH=^ICH => ^ICH=^ODH hay ^ICH=^IDH

=> Tứ giác HICD nội tiếp đường tròn => ^HID=^HCD=^BCD

Do tứ giác ABDC nội tiếp (O) => ^BCD=^BAD.

Do đó ^HID=^BAD. Mà 2 góc bên ở vị trí đồng vị => HI//AB (đpcm).

d) Gọi giao điểm của tia CI với AB là P.

Ta thấy: Đường tròn (O) có dây cung BC và OH vuông góc BC tại H => H là trung điểm BC.

Xét \(\Delta\)BPC: H là trung điểm BC; HI//BP (HI//AB); I thuộc CP => I là trung điểm CP => IC=IP (1)

Theo hệ quả của ĐL Thales; ta có: \(\frac{IP}{DM}=\frac{AI}{AD};\frac{IC}{DN}=\frac{AD}{AI}\Rightarrow\frac{IP}{DM}=\frac{IC}{DN}\)(2)

Từ (1) và (2) => DM=DN (đpcm).

k mình nha 

Chỗ \(\frac{IC}{DN}=\frac{AD}{AI}\)bạn sửa thành \(\frac{IC}{DN}=\frac{AI}{AD}\)nha.