giúp tui đ a

Bài 71. a) Chứng minh rằng A, B, M thẳng hàng: - Vì M là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D, nên MC và MD là các tiếp tuyến của đường tròn (O). - Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có $\widehat{MCO} = \widehat{MDO} = 90^\circ$. - Xét tam giác MCO và MDO, ta thấy rằng: - MC = MD (vì cùng là khoảng cách từ M đến tâm O). - CO = DO (vì cùng là bán kính của đường tròn). - $\widehat{MCO} = \widehat{MDO} = 90^\circ$. - Do đó, tam giác MCO và MDO là các tam giác vuông cân tại O, suy ra $\widehat{COM} = \widehat{DOM} = 45^\circ$. - Vì $\widehat{COM} + \widehat{DOM} = 90^\circ$, nên M nằm trên đường thẳng qua A và B (đường kính của đường tròn). b) Tứ giác OCAD là hình gì? - Vì C và D là các điểm thuộc đường tròn (O) và OA là đường kính, nên $\widehat{OCA} = \widehat{ODA} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). - Tứ giác OCAD có hai góc vuông tại C và D, do đó OCAD là hình thang vuông. c) Tính $\widehat{CMD}$: - Ta đã biết $\widehat{COM} = \widehat{DOM} = 45^\circ$. - Xét tam giác CMD, ta có: - $\widehat{CMD} = 180^\circ - (\widehat{MCD} + \widehat{MDC})$. - Vì MC và MD là các tiếp tuyến, nên $\widehat{MCD} = \widehat{MDC} = 90^\circ - \widehat{COM} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. - Do đó, $\widehat{CMD} = 180^\circ - (45^\circ + 45^\circ) = 90^\circ$. Đáp số: a) A, B, M thẳng hàng. b) Tứ giác OCAD là hình thang vuông. c) $\widehat{CMD} = 90^\circ$. Bài 72. a) Ta có $\widehat{OCE}=\widehat{OAC}=90^\circ$ nên $OC$ vuông góc với $CE$. Do đó $OE$ là đường cao hạ từ đỉnh $O$ của tam giác vuông $OCE$. Vậy ta có $OI.OE=OC^2=R^2$. b) Ta có $OI.OE=OC^2$ nên tam giác vuông $OCE$ đồng dạng với tam giác vuông $OIC$ (g.g). Vậy ta có $\frac{OC}{OE}=\frac{IC}{OC}$ hay $OC^2=OE.IC$. Mặt khác ta có $OC^2=OA^2$ nên $OE.IC=OA^2$. Từ đó suy ra $ED$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. c) Ta có $OF$ vuông góc với $AC$ tại $F$ nên tam giác $AOC$ có $OF$ là đường cao hạ từ đỉnh $O$. Vậy ta có $OF^2=AF.FC$. Mặt khác ta có $CD$ vuông góc với $OB$ tại $I$ nên tam giác $OBC$ có $CI$ là đường cao hạ từ đỉnh $C$. Vậy ta có $CI^2=IF.BI$. Ta lại có $OC^2=OI.IC$ nên $OC^2=OI.(IF+BI)$. Từ đó suy ra $OC^2=OI.IF+OI.BI$. Mặt khác ta có $OC^2=OA^2$ nên $OA^2=OI.IF+OI.BI$. Từ đó suy ra $OA^2=OF^2+OI.BI$. Mặt khác ta có $OA^2=OF^2+FA^2$ nên $OF^2+FA^2=OF^2+OI.BI$. Từ đó suy ra $FA^2=OI.BI$. Mặt khác ta có $FA=FC$ nên $FC^2=OI.BI$. Từ đó suy ra $FC^2=IF.BI$. Từ đó suy ra $FC$ vuông góc với $BI$ tại $F$. Vậy $D$, $O$, $F$ thẳng hàng. Bài 73. a) Chứng minh rằng $DO\bot BC$ và $\Delta ABC$ vuông. - Vì K là trung điểm của dây cung BC nên OK vuông góc với BC (tính chất đường kính vuông góc với dây cung). - Ta có $\angle OBA = 90^\circ$ vì OB là bán kính và BD là tiếp tuyến tại B. - Do đó, $\angle OBD = 90^\circ$. b) Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn(O). - Ta có $\angle OBD = 90^\circ$, do đó $\angle ODB = 90^\circ - \angle BOD$. - Vì OK vuông góc với BC nên $\angle BOK = \angle KOC$. - Do đó, $\angle ODC = \angle ODB + \angle BDC = 90^\circ - \angle BOD + \angle BDC$. - Vì $\angle BDC = \angle BOD$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung BC), ta có $\angle ODC = 90^\circ$. 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 ,, ,,DDthẳnn hànng. - Ta có $\angle OAB = 90^\circ$ vì OA là bán kính và tiếp tuyến tại A. - Vì I là trung điểm của CH nên BI là đường trung trực của đoạn thẳng CH. - Do đó, $\angle BIC = 90^\circ$. - Vì $\angle OAB = 90^\circ$ và $\angle BIC = 90^\circ$, ta có $\angle OAE = 90^\circ$. - Do đó, AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại A. Đáp số: a) $DO\bot BC$ và $\Delta ABC$ vuông. b) DC là tiếp tuyến của đường tròn(O). c) AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại A. Bài 74. Để giải bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện các bước sau: Phần a) Chứng minh $\frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC}$ 1. Xác định góc nội tiếp và góc tâm: - Vì $\Delta ABC$ là tam giác cân tại B, nên $\angle BAC = \angle BCA$. - Gọi $\angle BAD = \alpha$ và $\angle CAD = \beta$. Do $\Delta ABC$ cân tại B, ta có $\angle BAC = \angle BCA = \beta$. 2. Áp dụng tính chất góc nội tiếp: - Góc nội tiếp $\angle ADB$ nhìn cung AC, do đó $\angle ADB = \angle ACB = \beta$. - Góc nội tiếp $\angle CDB$ nhìn cung AB, do đó $\angle CDB = \angle CAB = \alpha$. 3. Tính chất tỉ số đoạn thẳng trên đường thẳng: - Theo tính chất tỉ số đoạn thẳng trên đường thẳng, ta có: \[ \frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC} \] Phần b) Chứng minh $BC^2 = BD \cdot BN$ 1. Xác định góc nội tiếp và góc tâm: - Gọi $\angle BCD = \gamma$. Vì $\angle BCD$ nhìn cung BD, ta có $\angle BCD = \angle BAD = \alpha$. 2. Áp dụng tính chất tam giác đồng dạng: - Xét tam giác BCD và tam giác BNC: - $\angle BCD = \angle BNC$ (cùng bằng $\alpha$). - $\angle CBD = \angle NBC$ (góc chung). - Do đó, tam giác BCD đồng dạng với tam giác BNC theo tỉ lệ: \[ \frac{BC}{BN} = \frac{BD}{BC} \] - Từ đây, ta có: \[ BC^2 = BD \cdot BN \] Kết luận: - Ta đã chứng minh được $\frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC}$ và $BC^2 = BD \cdot BN$. Đáp số: a) $\frac{AN}{NC} = \frac{AD}{DC}$ b) $BC^2 = BD \cdot BN$ 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 các đường phân giác của các góc 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 $ABM$. Giao điểm của hai đường phân giác này là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $MBA$. Do đó, $P$ là tâm đường tròn nội tiếp của 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 $MBA$.