Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
a) Chứng minh \(ADCB\) là một tứ giác nội tiếp.
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MDC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \angle MDC = {90^0}\) hay \(\angle BDC = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ADCB\) ta có:
\(\angle BAC = \angle BDC = {90^0}\)
Mà \(A,\,\,D\) là đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow ADCB\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) Chứng minh \(\angle ABM = \angle AEM\) và \(EM\) là tia phân giác của \(\angle AED.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MEC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \angle MEC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle BEM = {90^0}\) (hai góc kề bù)
Xét tứ giác \(ABEM\) ta có:
\(\angle BAM + \angle BEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABEM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle ABM = \angle AEM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) (đpcm).
Ta có: \(\angle MED = \angle MCD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MD\) của \(\left( O \right)\)) (1)
Vì \(ADCB\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle ACD = \angle ABD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cng \(AD\)) (2)
Lại có: \(\angle ABM = \angle AEM\) (cmt)
Hay \(\angle ABD = \angle AEM\) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(\angle AEM = \angle MED\)
Hay \(ME\) là phân giác của \(\angle AED.\) (đpcm)
c) Gọi \(G\) là giao điểm của \(ED\) và \(AC.\) Chứng minh rằng \(CG.MA = CA.GM.\)
Xét \(\Delta AEG\) ta có: \(EM\) là phân giác trong của tam giác (cmt)
\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{EG}} = \dfrac{{AM}}{{MG}}\) (tính chất đường phân giác)
Lại có: \(ME \bot EC\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow EC\) là đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh \(E\) của \(\Delta AEG\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{EG}} = \dfrac{{AC}}{{CG}}\) (tính chất đường phân giác)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{MG}} = \dfrac{{AC}}{{CG}}\,\,\left( { = \dfrac{{AE}}{{EG}}} \right)\\ \Rightarrow AM.CG = AC.MG\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
