cần mình câu b thôi nhé : chứng minh AQ // BC

ta có : Góc CAB = GÓc PQG ( 2 góc đối đỉnh ) . theo tính chất của góc nt , taco : Góc CBA = 1/2 cung AC . Góc APQ = 1/2 sd AQ(1) . theo t/c của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có ; GÓC CBA = 1/2 cung AC . APQ + 1/2 sđ AQ ( 2) . TỪ (1) , ( 2 ) => GÓC CBA = APQ . mà 2 góc này ở vị trí soletrong = > BC song song với QP

xAC=QAy(hai góc đối đỉnh)

theo tính chất của 2 góc được tạo bởi tia tiếp tuyến

=> xAC=1/2sđ cung AC,QAy=1/2sđ cungAQ(1)

theo tính chất của góc nội tiếp,ta có

=> ABC=1/2 sđ cung AC,APQ=1/2sđ cung AQ(2)

từ (1),(2)=> ABC=APQ

=> QP//BC

Kẻ tiếp tuyến chung tại A của hai đường tròn (O) và (O')

có góc xAC= góc QAy( 2 góc đối đỉnh )

theo tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có: góc CAx=1/2 sđ cung CA; góc yAQ=1/2 sđ cung AQ

theo tính chất của góc nội tiếp ta có : góc CBA=1/2sđ cung CA; góc APQ=1/2sđ cung AQ

=> góc CBA= góc APQ=> PQ//BC(ĐPCM)

Ai giúp câu a, câu d vs

( Mình sẽ làm tắt nha bạn, mấy chỗ đấy nó dễ rùi nếu ko hiểu thì cmt nhé )

a) Ta có: \(O_1B//O_2C\)( cùng vuông góc với BC )

\(\Rightarrow\widehat{BO_1A}+\widehat{CO_2A}=180^0\)

\(\Leftrightarrow\left(180^0-2\widehat{BAO_1}\right)+\left(180^0-2\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)

=> tam giác ABC vuông tại A

b) \(\widehat{O_1BA}+\widehat{MBA}=\widehat{O_1AB}+\widehat{BAM}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{O_1AM}=90^0\)

\(\Rightarrow AM\perp AO_1\)

=> AM là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)

CMTT : AM là tiếp tuyến của \(\left(O_2\right)\)

=> AM là tiếp tuyến chung của \(\left(O_1\right);\left(O_2\right)\)

+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMO_1}=\widehat{AMO_1}\\\widehat{CMO_2}=\widehat{AMO_2}\end{cases}}\)

Ta có; \(\widehat{BMO_1}+\widehat{AMO_1}+\widehat{CMO_2}+\widehat{AMO_2}=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{O_1MO_2}=90^0\)

\(\Rightarrow O_1M\perp O_2M\)

d) Ta có: \(\widehat{O_1BA}=\widehat{O_1AB}=\widehat{O_2AD}=\widehat{O_2DA}\)

\(\widehat{\Rightarrow O_1BA}=\widehat{O_2DA}\)mà 2 góc này ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow O_1B//O_2D\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(1\right)\)

CMTT \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\)

\(\Rightarrow AB.AC=AD.AE\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AD.AE\)

\(\Rightarrow S_{\Delta ADE}=S_{\Delta ABC}\)

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 \(OK\perp PQ\left(đpcm\right)\)