Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tứ giác MAOB có: \(\widehat{OAM}=90^0\left(0A\perp AM\right);\widehat{OBM}=90^0\left(CB\perp BM\right)\)
=> \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^O\)
=> AOBM nội tiếp (tổng 2 góc đối = 180)
Vì I là tâm=> I là trung điểm OM
b) Tính \(MA^2=3R^2\Rightarrow MC.MD=3R^2\)
c) CM: OM là trung trực AB
=> FA=FB
=> tam giác FAB cân tại F
Gọi H là giao điểm AB và OM
Ta có: OA=OB=AI=R => tam giác OAI đều
=> OAI =60O=> FAB=60o (cùng phụ AFI)
Vậy tam giác AFB đều
d) Kẻ EK vuông góc với FB tại K. Ta có:
\(S_{B\text{EF}}=\frac{1}{2}.FB.EK\)
Mà \(EK\le BE\)( TAM giác BEK vuông tại K)
Lại có: \(BE\le OA\)(LIÊN hệ đường kính và dây cung)
=> \(S_{B\text{EF}}\le\frac{1}{2}.R\sqrt{3}.2R=R^2\sqrt{3}\)
GTLN của \(S_{B\text{EF}}=R^2\sqrt{3}\). kHI ĐÓ BE là đường kính (I)
Kẻ đường kính BG của (I). Vì B và (I) cố định nên BG cố
định . Khi đó vị trí cắt tuyến MCD để \(S_{B\text{EF}}\)đạt GTLN là C là giao điểm của FG với đường tron (O)
a) Xét tứ giác MAOB có
\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét (O) có
\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AC}\)
\(\widehat{CAM}\) là góc tạo bởi dây cung CA và tiếp tuyến AM
Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{CAM}\)(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
hay \(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)
Xét ΔMDA và ΔMAC có
\(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)(cmt)
\(\widehat{AMD}\) là góc chung
Do đó: ΔMDA∼ΔMAC(g-g)
⇔\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MA}{MC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇔\(MA^2=MC\cdot MD\)(đpcm)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:
\(MA^2=MH\cdot MO\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)(đpcm)
c) để chứng minh EC là tiếp tuyến:
chứng minh tứ giác OECH nội tiếp thì ta sẽ có góc OHE=OCE=90o(đpcm)
=> cần chứng minh tứ giác OECH nội tiếp:
ta có: DOC=DHC (ccc CD)
xét MHC=MDO (tam giác MCH~MOD)= OCD (vì DO=OC)=OHD (cùng chắn OD) => HA là phân giác CHD
DOC=DHC => 1/2 DOC= 1/2 DHC =COE=CHE
mà COE với CHE cùng chắn cung CE trong tứ giác OHCE nên tứ giác đấy nội tiếp => xong :))))
a, Xét tam giác MAD và tam giác MCA có
^M _ chung
^MDA = ^MAC ( cùng chắn cung CA )
Vậy tam giác MAD ~ tam giác MCA (g.g)
\(\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MD}{MA}\Rightarrow MA^2=MD.MC\)(1)
b, Vì MA là tiếp tuyến đường tròn (O) với A tiếp điểm
Lại có OA = OB = R ; MA = MB ( tc tiếp tuyến cắt nhau )
=> OM là trung trực đoạn BA
Xét tam giác MAO đường cao AH ta có
\(MA^2=MO.MH\)(2)
Từ (1) ; (2) suy ra \(MO.MH=MD.MC\)
