giúp với ạ ( chưa học góc nội tiếp )

Bài 74. a) Ta có $\widehat{ABD}=\widehat{CBD}$ (cùng chắn cung AD) $\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$ (cùng chắn cung BD) Do đó $\Delta BAD$ đồng dạng với $\Delta CBD$ (g-g) Từ đó ta có $\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{CB}$ Mặt khác, ta cũng có $\frac{AN}{NC}=\frac{AB}{CB}$ (tỉ số đường cao hạ từ đỉnh chung xuống đáy của tam giác cân) Vậy $\frac{AN}{NC}=\frac{AD}{DC}$ b) Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{BNC}$ (cùng chắn cung AC) $\widehat{CBA}=\widehat{CDB}$ (cùng chắn cung CA) Do đó $\Delta CBN$ đồng dạng với $\Delta CDB$ (g-g) Từ đó ta có $\frac{CB}{BD}=\frac{CN}{CD}$ Vậy $CB.CD=BD.CN$ Hay $BC^2=BD.BN$ Bài 75. a) Vì $MA \perp MB$, nên góc $AMB$ là góc vuông. Do đó, dây $AB$ là đường kính của đường tròn tâm $(O)$. b) Ta cần chứng minh rằng điểm $P$ 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 của cung nhỏ $MA$, nên $AI$ là đường phân giác của góc $BAM$. - Vì $K$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $MB$, nên $BK$ là đường phân giác của góc $ABM$. Do đó, giao điểm của $AK$ và $BI$ là điểm $P$, và $P$ nằm trên cả hai đường phân giác của các góc $BAM$ và $ABM$. Điều này chứng tỏ rằng $P$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MBA$. Đáp số: Điểm $P$ 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 CM. b) Ta có $\widehat{CAM}=\widehat{COM}=90^\circ$ nên bốn điểm A, C, O, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM. $\widehat{BAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung BM) $\widehat{COM}=\widehat{MCO}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) $\Rightarrow \widehat{BAM}=\widehat{MCO}$ $\Rightarrow MB // OC$ (hai góc đồng vị bằng nhau) c) Ta có $\widehat{BKM}=\widehat{BAM}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BM) $\widehat{BAM}=\widehat{MCO}$ (chứng minh ở phần b) $\widehat{MCO}=\widehat{CBK}$ (hai góc so le trong) $\Rightarrow \widehat{BKM}=\widehat{CBK}$ $\Rightarrow \Delta CBK$ vuông tại K (tổng hai góc nội tiếp bằng 90 độ) $\Rightarrow BK$ là đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác vuông ABC $\Rightarrow BC.BK=AB^2=4R^2$ (định lý đường cao trong tam giác vuông) 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 $\angle ADB = \angle AEB = 90^\circ$. Do đó, bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn (cùng nhìn thấy đường kính AB dưới góc vuông). b) Ta sẽ chứng minh $DE = \frac{1}{2} BC$. - Vì $\Delta ABC$ là tam giác cân tại A, nên đường cao AD cũng là đường trung tuyến của cạnh BC. Do đó, D là trung điểm của BC, tức là $BD = DC = \frac{1}{2} BC$. - Xét tam giác ABE, ta có $\angle AEB = 90^\circ$, do đó BE là đường cao hạ từ đỉnh B xuống cạnh AE. Vì $\Delta ABC$ cân tại A, nên đường cao BE cũng là đường phân giác của góc B. Do đó, E là trung điểm của đoạn thẳng AC, tức là $AE = EC = \frac{1}{2} AC$. - Xét tam giác ADE, ta có $\angle ADE = \angle AEB = 90^\circ$. Do đó, DE là đường cao hạ từ đỉnh D xuống cạnh AE. Vì D là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC, nên DE là đường trung bình của tam giác ABC. Theo tính chất đường trung bình, ta có $DE = \frac{1}{2} BC$. 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) Do đó 4 điểm A, B, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính AB. b) Ta có $\widehat{OBM}=\widehat{OAM}$ (cùng chắn cung OM) Mà $\widehat{OAM}+\widehat{OKB}=90^\circ$ nên $\widehat{OBM}+\widehat{OKB}=90^\circ$ Từ đó ta có $OB\bot OK.$ Ta có $\widehat{OBM}=\widehat{OKB},$ $\widehat{OMB}=\widehat{OKM}$ nên $\triangle OBM\sim \triangle OKM(c-a-c)$ Suy ra $\frac{BM}{KM}=\frac{OB}{OM}=\frac{AB}{AD}=2$ Từ đó ta có $BM=2KM$ Ta có $BM\times MK=BM\times \frac{BM}{2}=\frac{BM^2}{2}$ Mà $BM^2=AB^2-AM^2=AB^2-(\frac{AB}{2})^2=\frac{3}{4}AB^2$ Vậy $BM\times MK=\frac{3}{4}\times \frac{AB^2}{2}=\frac{AB^2}{4}$