Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Dễ thấy \(\widehat{HCB}=\widehat{ACB}=90^o\)
tứ giác CBKH có \(\widehat{HKB}=\widehat{HCB}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{HCK}=\widehat{HBK}\)( 1 )
Mà \(\widehat{ACM}=\widehat{ABM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{ACM}=\widehat{ACK}\)
2) Xét \(\Delta AMC\)và \(\Delta BEC\)có :
AM = BE ; AC = BC ; \(\widehat{MAC}=\widehat{CBE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\)
\(\Rightarrow\Delta AMC=\Delta BEC\)( c.g.c )
\(\Rightarrow MC=EC\)
Ta có : \(\widehat{CMB}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}=45^o\)
Suy ra \(\Delta ECM\)vuông cân tại C
3) Ta có : \(\frac{AP.MB}{AM}=R=OB\Rightarrow\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\)
Xét \(\Delta APM\)và \(\Delta OBM\), ta có :
\(\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\); \(\widehat{PAM}=\widehat{MBO}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)
\(\Rightarrow\Delta APM\approx\Delta BOM\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\Delta APM\)cân tại P ( vì \(\Delta BOM\)cân tại O )
\(\Rightarrow PA=PM\)
Gọi giao điểm của BM và ( d ) là F ; giao điểm của BP với HK là I
Xét tam giác vuông AMF có PA = PM nên PA = PM = PF
Theo định lí Ta-let, ta có :
\(\frac{HI}{FP}=\frac{BI}{BP}=\frac{KI}{AP}\Rightarrow HI=KI\)
vì vậy PB đi qua trung điểm của HK
a, Chứng minh được H C B ^ = H K B ^ = 90 0
b, A C K ^ = H B K ^ (CBKH nội tiếp)
Lại có: A C M ^ = H B K ^ = 1 2 s đ A M ⏜
=> A C M ^ = A C K ^
c, Chứng minh được:
DMCA = DECB (c.g.c) => MC = CE
Ta có: C M B ^ = C A B ^ = 1 2 s đ C B ⏜ = 45 0
=> DMCE vuông cân tại C
d, Gọi P B ∩ H K = I
Chứng minh được DHKB đồng dạng với DAMB (g.g)
=> H K K B = M A M B = A P R => H K = A P . B K R
Mặt khác: ∆BIK:∆BPA(g.g) => (ĐPCM)
Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'.
a/
\(KD\perp AB\Rightarrow\widehat{CHB}=90^o\)
\(\widehat{AMB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> M và H cùng nhìn Bc dưới 1 góc \(=90^o\) Nên M và H cùng nằm trên đường tròn đường kính AB nên B;M;H;C cùng nằm trên 1 đường tròn
b/
Ta có \(AB\perp KD\Rightarrow HK=HD\) (đường kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung)
Xét tam giác AKD có AH vừa là đường cao vừa là đường trung trực nên tg AKD là tg cân tại A => AK=AD
=> số đo cung AK = số đo cung AD (hai dây cung bằng nhau thì căng hai cung bằng nhau)
Ta có
số đo \(\widehat{KMA}=\frac{1}{2}\) số đo cung AK (góc nội tiếp đường tròn)
số đo \(\widehat{AKD}=\frac{1}{2}\) số đo cung AD (góc nội tiếp đường tròn)
Mà số đo cung AK = số đo cung AD (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{KMA}=\widehat{AKD}\)
Xét tg AKC và tg AMK có
\(\widehat{KAM}\) chung
\(\widehat{AKD}=\widehat{AMK}\left(cmt\right)\)
=> tg AKC đồng dạng tg AMK (g.g.g) \(\Rightarrow\frac{AK}{AM}=\frac{AC}{AK}\Rightarrow AK^2=AC.AM\left(dpcm\right)\)
c/
Xét tg vuông AHC và tg vuông AMB có \(\widehat{MAB}\) chung => tg AHC đồng dạng tg AMB
\(\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AH.AB=AC.AM=AK^2\)
\(\Rightarrow\frac{R}{2}.2R=AK^2=R^2\Rightarrow AK=R\)
Xét tg vuông AHK có
\(KH^2=AK^2-AH^2=R^2-\frac{R^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow KH=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
\(KC=CH=\frac{KH}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)
Xét tg vuông ACH có
\(AC^2=CH^2+AH^2=\frac{3R^2}{16}+\frac{R^2}{4}=\frac{7R^2}{16}\Rightarrow AC=\frac{R\sqrt{7}}{4}\)
Mà \(AK^2=AC.AM\Rightarrow AM=\frac{AK^2}{AC}=\frac{R^2}{\frac{R\sqrt{7}}{4}}=\frac{4R\sqrt{7}}{7}\)
Ta có \(CM=AM-AC=\frac{4R\sqrt{7}}{7}-\frac{R\sqrt{7}}{4}=\frac{9R\sqrt{7}}{28}\)
Xét tg vuông MEC và tg vuông AHC có \(\widehat{ECM}=\widehat{ACH}\) (góc đối đỉnh) => tg MEC đồng dạng tg AHC)
\(\Rightarrow\frac{CE}{AC}=\frac{MC}{CH}\Rightarrow CE=\frac{AC.MC}{CH}=\frac{\frac{R\sqrt{7}}{4}.\frac{9R\sqrt{7}}{28}}{\frac{R\sqrt{3}}{4}}=\frac{3R\sqrt{3}}{4}\)
d/ Giao đường tròn ngoại tiếp tg ACE là gia 3 đường trung trực
Ta có A cố định, K cố định nên đường trung trực của