giúp với ạ

Bài 71. a) Chứng minh rằng A, B, M thẳng hàng: - Vì CD vuông góc với OA tại I, nên CD là đường kính của đường tròn nhỏ có tâm là I. - Tiếp tuyến tại C và D sẽ vuông góc với bán kính OC và OD tại C và D. - Do đó, MC và MD là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và đường tròn nhỏ có tâm I. - Theo tính chất của tiếp tuyến chung, MC = MD và góc MCD = góc MDC. - Vì vậy, tam giác MCD là tam giác cân tại M. - Mặt khác, vì CD là đường kính của đường tròn nhỏ có tâm I, nên góc CAD = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). - Do đó, tam giác CAD là tam giác vuông tại C. - Vì tam giác MCD là tam giác cân tại M và tam giác CAD là tam giác vuông tại C, nên M nằm trên đường thẳng AB (đường thẳng qua đỉnh của tam giác vuông và đỉnh của tam giác cân). b) Tứ giác OCAD là hình gì? - Vì CD vuông góc với OA tại I, nên góc COD = 90°. - Tứ giác OCAD có hai góc liên tiếp là góc COD = 90° và góc CAD = 90°. - Do đó, tứ giác OCAD là hình chữ nhật. c) Tính $\widehat{CMD}$: - Vì MC và MD là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và đường tròn nhỏ có tâm I, nên góc MCD = góc MDC. - Tam giác MCD là tam giác cân tại M, nên góc CMD = 180° - 2 × góc MCD. - Vì CD là đường kính của đường tròn nhỏ có tâm I, nên góc COD = 90°. - Do đó, góc MCD = 45° (vì tam giác COD là tam giác vuông cân tại C). - Vậy góc CMD = 180° - 2 × 45° = 90°. Đáp số: a) A, B, M thẳng hàng. b) Tứ giác OCAD là hình chữ nhật. c) $\widehat{CMD} = 90°$. Bài 72. a) Ta có $\widehat{OCE}=\widehat{OAC}=90^\circ$ nên $OE$ vuông góc với $AC$. Do đó $OE$ là đường cao hạ từ đỉnh $O$ của tam giác $OAC$. Ta có $OI.OE=OA^2=R^2$. b) Ta có $\widehat{OCE}=\widehat{OAC}=90^\circ$ nên $OE$ vuông góc với $AC$. Do đó $OE$ là đường cao hạ từ đỉnh $O$ của tam giác $OAC$. Ta có $OI.OE=OA^2=R^2$. c) Ta có $\widehat{OCE}=\widehat{OAC}=90^\circ$ nên $OE$ vuông góc với $AC$. Do đó $OE$ là đường cao hạ từ đỉnh $O$ của tam giác $OAC$. Ta có $OI.OE=OA^2=R^2$. Bài 73. a) Chứng minh rằng $DO\bot BC$ và $\triangle ABC$ vuông. - Vì $OK$ là đường trung trực của $BC$, nên $DO\bot BC$. - Ta có $\angle ACB = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó $\triangle ABC$ là tam giác vuông tại $C$. b) Chứng minh $DC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. - Xét tam giác $OBD$ và tam giác $OCD$: + $OB = OC$ (bán kính của đường tròn). + $OD$ chung. + $\angle ODB = \angle ODC = 90^\circ$ (vì $DO\bot BC$). Do đó, tam giác $OBD$ và tam giác $OCD$ bằng nhau (cạnh huyền - cạnh góc vuông). - Từ đó ta có $\angle OCD = \angle OBD$. - Vì $OB$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$, nên $\angle OBD = 90^\circ$. - Do đó, $\angle OCD = 90^\circ$, suy ra $DC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. c) Vẽ $CH\bot AB$ tại $H$. Gọi $I$ là trung điểm của $CH$. Tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(O)$ cắt $BI$ tại $E$. Chứng minh $E, C, D$ thẳng hàng. - Vì $CH\bot AB$, nên $H$ là chân đường cao hạ từ $C$ xuống $AB$. - Gọi $F$ là giao điểm của $BI$ và $AC$. - Ta có $\angle BAI = \angle BCI = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). - Xét tam giác $BAI$ và tam giác $BCI$: + $BA = BC$ (do $B$ là tâm của đường tròn). + $BI$ chung. + $\angle BAI = \angle BCI = 90^\circ$. Do đó, tam giác $BAI$ và tam giác $BCI$ bằng nhau (cạnh huyền - cạnh góc vuông). - Từ đó ta có $\angle ABI = \angle CBI$. - Vì $BI$ là tia phân giác của $\angle ABC$, nên $BI$ cũng là tia phân giác của $\angle ABE$. - Ta có $\angle ABE = \angle ADE$ (góc giữa tiếp tuyến và dây cung). - Do đó, $E, C, D$ thẳng hàng. Đáp số: $E, C, D$ thẳng hàng. Bài 74. Để giải bài toán này, chúng ta sẽ sử dụng các tính chất của tam giác nội tiếp và các góc nội tiếp. Phần a) Chứng minh $\frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC}$ 1. Xét tam giác ABD và tam giác CBD: - Vì tam giác ABC cân tại B nên góc BAC = góc BCA. - Góc BAD và góc CAD là các góc nội tiếp cùng chắn cung BD, do đó góc BAD = góc CAD. - Góc BDA và góc CDB là các góc nội tiếp cùng chắn cung AB, do đó góc BDA = góc CDB. 2. Áp dụng tỉ lệ trong tam giác: - Xét tam giác ABD và tam giác CBD, ta thấy rằng góc BAD = góc CAD và góc BDA = góc CDB. - Do đó, tam giác ABD và tam giác CBD đồng dạng theo trường hợp góc-góc (góc BAD = góc CAD và góc BDA = góc CDB). 3. Tỉ lệ cạnh trong tam giác đồng dạng: - Từ tính chất đồng dạng của tam giác, ta có: \[ \frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC} \] Phần b) Chứng minh $BC^2 = BD \cdot BN$ 1. Xét tam giác BCD và tam giác BNC: - Góc BCD và góc BNC là các góc nội tiếp cùng chắn cung BD, do đó góc BCD = góc BNC. - Góc CBD chung cho cả hai tam giác. 2. Áp dụng tỉ lệ trong tam giác: - Xét tam giác BCD và tam giác BNC, ta thấy rằng góc BCD = góc BNC và góc CBD chung. - Do đó, tam giác BCD và tam giác BNC đồng dạng theo trường hợp góc-góc (góc BCD = góc BNC và góc CBD chung). 3. Tỉ lệ cạnh trong tam giác đồng dạng: - Từ tính chất đồng dạng của tam giác, ta có: \[ \frac{BC}{BN} = \frac{BD}{BC} \] - Nhân cả hai vế với BC, ta được: \[ BC^2 = BD \cdot BN \] Kết luận: - Ta đã chứng minh được $\frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC}$ và $BC^2 = BD \cdot BN$. Bài 75. a) Vì $MA \perp MB$, nên góc $AMB$ là góc vuông. Theo tính chất của đường tròn, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông. Do đó, $AB$ phải là đường kính của đường tròn tâm $(O)$. b) Ta cần chứng minh rằng $P$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MBA$. Để làm điều này, ta sẽ chứng minh rằng $P$ nằm trên ba đường phân giác của tam giác $MBA$. - Vì $I$ là điểm chính giữa cung nhỏ $MA$, nên $AI$ là đường phân giác của góc $BAM$. - Vì $K$ là điểm chính giữa cung nhỏ $MB$, nên $BK$ là đường phân giác của góc $ABM$. Do đó, giao điểm của $AK$ và $BI$ là điểm nằm trên cả hai đường phân giác của tam giác $MBA$. Điều này chứng tỏ rằng $P$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MBA$. Đáp số: a) $AB$ là đường kính của đường tròn tâm $(O)$. b) $P$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MBA$. Bài 76. a) Ta có $\widehat{CAM}=\widehat{COM}=90^\circ$ nên bốn điểm A, C, O, M cùng thuộc đường tròn đường kính CO. b) Ta có $\widehat{CAM}=\widehat{COM}=90^\circ$ nên bốn điểm A, C, O, M cùng thuộc đường tròn đường kính CO. $\widehat{BOM}=\widehat{CAM}$ (cùng chắn cung AM) $\widehat{CAM}=\widehat{MCO}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung MO) $\Rightarrow \widehat{BOM}=\widehat{MCO}$ $\Rightarrow MB//OC$ (hai góc đồng vị bằng nhau) c) Ta có $\widehat{BKM}=\widehat{CAM}$ (cùng chắn cung BM) $\widehat{CAM}=\widehat{MCO}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung MO) $\Rightarrow \widehat{BKM}=\widehat{MCO}$ $\Rightarrow BK=CO=2R$ Ta có $\widehat{BKM}=\widehat{CAM}$ (cùng chắn cung BM) $\widehat{CAM}=\widehat{MCO}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung MO) $\Rightarrow \widehat{BKM}=\widehat{MCO}$ $\Rightarrow BK=CO=2R$ $\Rightarrow BC.BK=BC.2R$ $\Rightarrow BC.BK=4R^3$ Bài 77. Để chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn, ta sẽ sử dụng tính chất của các đường cao và các góc nội tiếp trong tam giác. 1. Xác định các đường cao và giao điểm: - Tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H (điểm trực tâm của tam giác ABC). 2. Tính chất của các đường cao: - Đường cao BE vuông góc với AC tại E, tức là $\angle BEC = 90^\circ$. - Đường cao CF vuông góc với AB tại F, tức là $\angle CFB = 90^\circ$. 3. Tính chất của các góc nội tiếp: - Ta cần chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn, tức là tứ giác BCEF nội tiếp. - Để chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp, ta cần chứng minh rằng tổng của hai góc đối diện bằng 180°. 4. Chứng minh tổng của hai góc đối diện: - Xét góc $\angle BEC$ và $\angle BFC$: - $\angle BEC = 90^\circ$ (vì BE là đường cao). - $\angle BFC = 90^\circ$ (vì CF là đường cao). - Tổng của hai góc này là: \[ \angle BEC + \angle BFC = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \] 5. Kết luận: - Vì tổng của hai góc đối diện $\angle BEC$ và $\angle BFC$ bằng 180°, nên tứ giác BCEF nội tiếp. - Do đó, bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. Đáp số: Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. Bài 78. a) Ta có $\angle AEB = \angle ADC = 90^\circ$. Do đó, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn (vì hai góc đối bằng 90°). b) Ta có $\angle ABE = \angle ACD$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AD). Suy ra $\triangle ABE \sim \triangle ACD$ (góc A chung và góc ABE = góc ACD). Từ đó ta có tỉ lệ $\frac{AE}{AD} = \frac{AB}{AC}$. Vì AB = AC nên $\frac{AE}{AD} = 1$, suy ra AE = AD. Ta cũng có $\angle AEB = \angle ADC = 90^\circ$, do đó $\triangle AEB$ và $\triangle ADC$ là các tam giác vuông cân tại E và D tương ứng. Do đó, DE là đoạn thẳng nối hai đỉnh của các tam giác vuông cân này, và nó bằng nửa cạnh đáy BC của tam giác cân ABC. Vậy $DE = \frac{1}{2}BC$. Bài 79. a) Ta có $\widehat{BMA}=90^\circ$ (góc giữa tiếp tuyến và bán kính) $\widehat{AOM}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên 4 điểm A, B, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính AB. b) Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{AMO}$ (cùng chắn cung AO) $\widehat{AMO}+\widehat{OKM}=90^\circ$ (góc trong cùng phía) Nên $\widehat{ABO}+\widehat{OKM}=90^\circ$ Từ đó ta có $\widehat{BOK}=90^\circ$ hay $OB\bot OK$ Ta có $\widehat{ABM}=\widehat{OKM}$ (cùng phụ với $\widehat{ABO})$ $\widehat{BAM}=\widehat{MKO}$ (cùng bằng $90^\circ)$ Nên tam giác BAM đồng dạng với tam giác MKO(cặp góc tương ứng bằng nhau) Từ đó ta có $\frac{BM}{MK}=\frac{AB}{KO}$ Mà $KO=\frac{AB}{2}$ nên $\frac{BM}{MK}=\frac{AB}{\frac{AB}{2}}=2$ hay $BM=2MK$ Từ đó ta có $BM,MK=\frac{AB^2}{4}$