Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O M N P Q I J H G K
a) Ta thấy đường trong (O) có dây cung PQ vuông góc với đường kính MN
=> M là điểm chính giữa của cung PQ => MP=MQ => \(\Delta\)PMQ cân tại M => ^MPQ=^MQP.
Tứ giác PMQJ nội tiếp (O) => ^MJQ=^MPQ; ^MJP=^MQP. Mà ^MPQ=^MQP (cmt)
=> ^MJQ=^MJP => MJ là phân giác ^PJQ (đpcm).
b) Đường tròn (O) có MN là đường kính: J thuộc cung MN => ^MJN=900 hay ^HJN=900
Xét tứ giác HINJ: ^HJN=^HIN=900 => Tứ giác HINJ nội tiếp đường tròn (đpcm).
c) Tứ giác MJNQ nội tiếp đường tròn (O) => ^MJQ=^MNQ.
Dễ thấy ^MNQ=^MNP => ^MJQ=^MNP hay ^GJK=^KNG.
Xét tứ giác GKNJ: ^GJK=^KNG (cmt) => Tứ giác GKNJ nội tiếp đường tròn.
=> ^GKJ=^GNJ hay ^GKJ=^PNJ.
Mà tứ giác PJNQ nội tiếp (O) => ^PNJ=^PQJ nên ^GKJ=^PQJ.
Lại thấy: 2 góc ^GKJ nà ^PQJ nằm ở vị trí đồng vị => GK//PQ (đpcm).
c.
Tứ giác IKNC là tứ giác nội tiếp (cmt)=> \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{IC}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ANC=}\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\))
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{IKC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => IK // HB (dhnb)
Chứng minh tương tự câu a ta có: Tứ giác AMHI là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{AHI}=\widehat{AMI}=\widehat{AMC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AI}\))
Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{AHI}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => HI // BK
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{BM}\)
Xét đt(O) có: \(\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)và \(\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)=> CM là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)
CMTT ta có: AN là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)
Mà 2 dây AN và CM cắt nhau tại I (gt) => BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)hay BI là tia phân giác của \(\widehat{HBK}\)
Xét tứ giác BHIK có:
* HI // BK (cmt)
* IK // HB (cmt)
=> tứ giác BHIK là hình bình hành (DHNB)
Mà BI là phân giác của \(\widehat{HBK}\)(cmt) => tứ giác BHIK là hình thoi (dhnb hình thoi)
d. Vì \(\widehat{NBK}=\widehat{BMN}=\widehat{BMK}\left(cmt\right)\)=> BN là tiếp tuyến tại B của đt (P) ngoại tiếp \(\Delta MBK\)=> \(BN\perp BP\)Mà \(BN\perp BD\)do \(\widehat{DBN}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => B, P , D thẳng hàng
Tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng
\(\Delta BPK\)và \(\Delta DBC\)là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy => góc ở đỉnh của chúng bằng nhau => \(\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\)Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => PK // DC (dhnb) => PK // DQ
CMTT ta có: DP // QK => DPKQ là hình bình hành (dhnb HBH) => DK đi qua trung điểm của PQ => D, E, K thẳng hàng (đpcm)
a. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)(2 góc nội tiếp chắn 2 cung = nhau)
Lại có: \(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)(CÙNG = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)) => \(\widehat{MNA}=\widehat{BCM}\)hay \(\widehat{KNI}=\widehat{KCI}\)(Do M,K,N và A,I,N => \(\widehat{MNA}=\widehat{KNI}\); M,I,C và B,K,C => \(\widehat{BCM}=\widehat{KCI}\)) => IKNC là tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)
b. Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{BMN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)và \(\widehat{NBC}=\widehat{NBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)
mà N là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{BC}\)(gt) => sđ \(\widebat{BN}\)= sđ \(\widebat{NC}\)=> \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)
Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta KBN\)có:
* \(\widehat{N}\)chung
* \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)(cmt)
=> \(\Delta BMN~\Delta KBN\)(g.g) => \(\frac{NB}{NK}=\frac{NM}{NB}\)<=> \(NB^2=NK.NM\)(đpcm)
a.Vì P,H đối xứng qua AM, H, Q đối xứng qua MB
→HI⊥AM,HJ⊥MB→HI⊥AM,HJ⊥MB
Mà AM⊥MB→MIHJAM⊥MB→MIHJ là hình chữ nhật
→→bốn điểm M , I , H , J thuộc một đường tròn.
b.Ta có : HI⊥AM,MH⊥AB,HJ⊥MB→MI.MA=MH2=MJ.MBHI⊥AM,MH⊥AB,HJ⊥MB→MI.MA=MH2=MJ.MB
c.Vì P,HP,H đối xứng qua AM
→ˆPMA=ˆAMH=ˆMBA→PM→PMA^=AMH^=MBA^→PM là tiếp tuyến của (O)
Tương tự MQMQ là tiếp tuyến của (O)
→PQ→PQ là tiếp tuyến của (O)
d.Ta có :
BKKP=BQAP=BHAH=BJJM→KJ//MPBKKP=BQAP=BHAH=BJJM→KJ//MP
Tương tự KI//MQ→I,K,JKI//MQ→I,K,J thẳng hàng
a) Xét (O) có
ΔMJN nội tiếp đường tròn(M,J,N∈(O))
MN là đường kính(gt)
Do đó: ΔMJN vuông tại J(Định lí)
⇒\(\widehat{MJN}=90^0\)
⇔\(\widehat{HJN}=90^0\)
Xét tứ giác HJNI có
\(\widehat{HJN}\) và \(\widehat{HIN}\) là hai góc đối
\(\widehat{HJN}+\widehat{HIN}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: HJNI là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
⇔H,J,N,I cùng nằm trên một đường tròn