Cho đường tròn tâm O đường kính AB,M là điểm chính giữa của cung AB,K là một điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ BM (K không trùng với B,M).Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK.
1) Chứng minh tứ giác AOHM nội tiếp
2) Chứng minh rằng OH là tia phân giác của góc MOK
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì M là điểm chính giữa cung AB \(\Rightarrow OM\bot AB\Rightarrow\angle AOM=90=\angle AHM\)
\(\Rightarrow AOHM\) nội tiếp
b) MKBA nội tiếp \(\Rightarrow\angle MKA=\angle MBA=45\) (M là điểm chính giữa)
\(\Rightarrow\Delta MHK\) vuông cân tại H
c) Chu vi của tam giác OPK là: \(OP+OK+PK\)
Ta có: \(\left(OP+OK+PK\right)^2\le3\left(OP^2+OK^2+PK^2\right)\) (BĐT Bunhia)
\(\Rightarrow OP+OK+PK\le\sqrt{3\left(OK^2+OP^2+PK^2\right)}=\sqrt{3.2OK^2}=\sqrt{6}OK\)
Để chu vi tam giác OPK lớn nhất \(\Rightarrow\) OK lớn nhất \(\Rightarrow\) K là điểm chính giữa cung BM
1: góc ACB=1/2*180=90 độ
góc HKB+góc HCB=180 độ
=>CBKH nội tiếp
2: góc MCA=1/2*sđ cung MA
góc ACK=góc MBA=1/2*sđ cung MA
=>góc MCA=góc KCA
=>CA là phân giác của góc MCK
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
Xét tứ giác HCBK có
\(\widehat{HCB}+\widehat{HKB}=180^0\)
Do đó: HCBK là tứ giác nội tiếp
b: Vì HCBK là tứ giác nội tiếp
nên \(\widehat{ACK}=\widehat{HBK}\)
mà \(\widehat{ACM}=\widehat{HBK}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AM}}{2}\right)\)
nên \(\widehat{ACM}=\widehat{ACK}\)
1: góc BCA=1/2*180=90 độ
góc HKB+góc HCB=180 độ
=>HCBK nội tiếp
2: góc ACM=1/2*sđ cung AM
góc ACK=góc HCK=góc MBA=1/2*sđ cung AM
=>góc ACM=góc ACK
Ta có: góc AKP = 90độ ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà AK giao MN tại H =) Góc HKP = 90độ (1)
Lại có: MC vuông góc AB =) Góc HCB = 90độ (2)
Từ (1) và (2) =) góc HKP + góc HCP = 180độ
Mà 2 góc đối nhau
=) Tứ giác BCHK nội tiếp
a) ˆAEB=90oAEB^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BE⊥AE⇒BE⊥AE mà CM⊥AECM⊥AE (giả thiết)
⇒BE∥CM⇒ˆCME=ˆMEB⇒BE∥CM⇒CME^=MEB^ (hai góc ở vị trí so le trong)
Mà ˆMCB=ˆMEBMCB^=MEB^ (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
⇒ˆCME=ˆMCB⇒CME^=MCB^ (=ˆMEB)(=MEB^)
⇒⇒ cung CE = cung MB
mà cung MB=cung AM (do M là điểm chính giữa của cung AB)
⇒⇒ cung AM=AM= cung CE⇒AM=CECE⇒AM=CE (1) và
ˆACM=ˆCMEACM^=CME^ (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung bằng nhau cung AM=cung CE) mà chúng ở vị trí so le trong nên AC//ME⇒ACEMAC//ME⇒ACEM là hình thang lại có thêm AM=CE (cmt) ⇒ACEM⇒ACEM là hình thang cân
b) Do M là điểm chính giữa của cung AB nên MO⊥ABMO⊥AB
CH⊥ABCH⊥AB (giả thiết)
⇒MO//CH⇒ˆHCM=ˆCMO⇒MO//CH⇒HCM^=CMO^ (hai góc ở vị trí so le trong) (2)
ΔOCMΔOCM cân đỉnh O (OM=OC=R) ⇒ˆMCO=ˆCMO⇒MCO^=CMO^ (3)
Từ (2) và (3) suy ra ˆHCM=ˆMCOHCM^=MCO^
⇒CM⇒CM là phân giác của ˆHCOHCO^ (đpcm)
a) ˆAEB=90oAEB^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BE⊥AE⇒BE⊥AE mà CM⊥AECM⊥AE (giả thiết)
⇒BE∥CM⇒ˆCME=ˆMEB⇒BE∥CM⇒CME^=MEB^ (hai góc ở vị trí so le trong)
Mà ˆMCB=ˆMEBMCB^=MEB^ (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
⇒ˆCME=ˆMCB⇒CME^=MCB^ (=ˆMEB)(=MEB^)
⇒⇒ cung CE = cung MB
mà cung MB=cung AM (do M là điểm chính giữa của cung AB)
⇒⇒ cung AM=AM= cung CE⇒AM=CECE⇒AM=CE (1) và
ˆACM=ˆCMEACM^=CME^ (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung bằng nhau cung AM=cung CE) mà chúng ở vị trí so le trong nên AC//ME⇒ACEMAC//ME⇒ACEM là hình thang lại có thêm AM=CE (cmt) ⇒ACEM⇒ACEM là hình thang cân
b) Do M là điểm chính giữa của cung AB nên MO⊥ABMO⊥AB
CH⊥ABCH⊥AB (giả thiết)
⇒MO//CH⇒ˆHCM=ˆCMO⇒MO//CH⇒HCM^=CMO^ (hai góc ở vị trí so le trong) (2)
ΔOCMΔOCM cân đỉnh O (OM=OC=R) ⇒ˆMCO=ˆCMO⇒MCO^=CMO^ (3)
Từ (2) và (3) suy ra ˆHCM=ˆMCOHCM^=MCO^
⇒CM⇒CM là phân giác của ˆHCOHCO^ (đpcm)