Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tứ giác CDME có
^MEC = ^MDC = 900
mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh MC
Vậy tứ giác CDME là tứ giác nt 1 đường tròn
b, bạn ktra lại đề
+ ) Ta thấy ngay hai tam giác vuông AHC và ANC có chung cạnh huyền AC nên A, H, N, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
\(\Rightarrow\widehat{HNA}=\widehat{HCA}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH)
Ta thấy ngay hai tam giác vuông AMB và AHB có chung cạnh huyền AB nên A, M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
\(\Rightarrow\widehat{HMN}=\widehat{ABH}\) (Góc ngoài tại đỉnh đối diện bằng góc trong tại đỉnh)
Vậy nên \(\Delta ABC\sim\Delta HMN\left(g-g\right)\)
+) Ta có \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Mà \(\Delta ABC\sim\Delta HMN\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{HMN}\)
nên \(\widehat{ADC}=\widehat{HMN}\)
Chúng lại ở vị trí so le trong nên DC // HM
Ta có \(DC\perp AC\Rightarrow HM\perp AC\)
Gọi J là trung điểm AB
Ta có ngay IJ là đường trung bình tam giác ABC nên IJ // AC
Vậy nên \(HM\perp IJ\)
Mà J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHB nên IJ vuông góc cung HM tại trung điểm HM hay IJ là trung trực của HM.
Vậy thì IM = IH.
Tương tự ta có IM = IH = IN hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN.
a,b,c làm như bạn trên nhé. Tuy nhiên câu d, cách của bạn đó làm dài và k hay, mình làm cách khác:
Mình mượn tạm hình vẽ của bạn đó luôn :))))
Gọi I là trung điểm của AB. vì dây AB cố định (gt) => I cố định
=> \(OI\perp AB\)(Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) => \(\widehat{OIA}=90^o\)(1)
Do \(AM\perp CD\)tại M (gt) => \(\widehat{OMA}=90^o\)(2)
Từ (1) và (2) => Tứ giác OMIA là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{IMN}=\widehat{OAI}=\widehat{OAB}\)(cùng bù với \(\widehat{OMI}\)) (3)
Lại có: \(\widehat{OIB}=\widehat{ONB}=90^o\)=> tứ giác OINB là tứ giác nội tiếp(DHNB) => \(\widehat{INO}=\widehat{INM}=\widehat{OBI}\)(Cùng chắn \(\widebat{OI}\)) = \(\widehat{OBA}\)(4)
\(\Delta OAB\)Cân tại O do OA=OB=R => \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)(t/c) (5)
Từ (3),(4) và (5) => \(\widehat{INM}=\widehat{IMN}\Rightarrow\Delta IMN\)cân tại I (DHNB) => IM =IN (đ/n) (6)
Do CMHA nội tiếp (cmt) => \(\widehat{IHM}=\widehat{ACM}=\widehat{ACO}\)(Cùng bù với \(\widehat{AHM}\)) (7)
Ta có: \(\widehat{IMH}=\widehat{NMH}-\widehat{IMN}\)mà \(\widehat{NMH}=\widehat{CAH}=\widehat{CAB}\)(Cùng bù \(\widehat{CMH}\))
\(\widehat{IMN}=\widehat{INM}=\widehat{INO}=\widehat{IBO}=\widehat{ABO}=\widehat{OAB}\)(CMT) => \(\widehat{IMH}=\widehat{CAB}-\widehat{OAB}=\widehat{CAO}\)(8)
Mặt khác \(\Delta OAC\)Cân tại O do OA=OC=R => \(\widehat{CAO}=\widehat{ACO}\)(9)
Từ (7),(8) và (9) => \(\widehat{IHM}=\widehat{IMH}\Rightarrow\Delta IMH\)cân tại I (DHNB) => IM = IH (đ/n) (10)
Từ (6) và (10) => IM = IH = IN => I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HMN\)(I cố định) => Đpcm
A B C O D H M N L R G I
a) Xét tứ giác CMHA có: ^CMA=^CHA=900 => Tứ giác CMHA nội tiếp đường tròn
Dựa theo tính chất đừng trung tuyến trong tam giác vuông, ta tìm được tâm G của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMHA là trung điểm của AC.
b) Do tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^ACM+^AHM=1800. Mà ^AHM+^MHB=1800
=> ^ACM=^MHB hay ^ACD=^MHB (1)
Ta thấy tứ giác ACBD nội tiếp (O) => ^ACD=^ABD (2)
Từ (1) và (2) => ^MHB=^ABD. Mà 2 góc này nằm ở vị trí so le trg nên HM // BD (3)
Ta có: Đương tròn (O) có đường kính CD, B thuộc cung CD => ^CBD=900
=> BD vuông góc với BC (4)
Từ (3) và (4) => HM vuông góc với BC (đpcm).
c) Ta có tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^CAH+^CMH=1800. Mà ^CMH+^HMN=1800
=> ^CAH=^HMN hay ^CAB=^HMN
Chứng minh tương tự phần a ta được tứ giác CHNB nội tiếp đường tròn
Từ đó suy ra ^CNH=^CBH hay ^MNH=^CBA
Xét \(\Delta\)HMN và \(\Delta\)CAB: ^CAB=^HMN; ^MNH=^CBA (cmt)
=> \(\Delta\)HMN ~ \(\Delta\)CAB (g.g) (đpcm).
d) Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tâm I \(\Delta\)HMN với AM và AB lần lượt là R và L
Dễ thấy tứ giác HRMN nội tiếp (I) => ^HNM+^HRM=1800. Mà ^ARH+^HRM=1800
=> ^HNM=^ARH hay ^CNH=^ARH (^HNM=^CNH)
Tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^MAH=^MCH hay ^RAH=^NCH
Xét \(\Delta\)AHR và \(\Delta\)CHN: ^CNH=^ARH; ^NCH=^RAH => \(\Delta\)AHR ~ \(\Delta\)CHN (g.g)
=> \(\frac{AH}{CH}=\frac{HR}{HN}\)(5)
Dễ thấy: ^AHR=^CHN => ^AHC+^CHR=^CHR+^RHN => ^AHC=^RHN
Mà ^AHC=900 => ^RHN=900
Tứ giác CHNB nội tiếp đường tròn => ^HBN=^HCN hay ^LBN=^HCN
Lại có: Tứ giác HMLN nội tiếp I => ^HLN=^HMN => 1800-^HLN=1800-^HMN
=> ^NLB=^HMC
Theo t/c góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung => HMC=^NHC=> ^NLB=^NHC
Xét \(\Delta\)CHN và \(\Delta\)BLN: ^HCN=^LBN; ^NHC=^NLB (cmt) => \(\Delta\)CHN ~ \(\Delta\)BLN (g.g)
=> \(\frac{BL}{CH}=\frac{LN}{HN}\)(6)
Xét (I) có đường kính HL; R thuộc cung HL => ^HRL=900 . Tương tự ta có: ^HNL=900
Xét tứ giác HRLN: ^HRL=^HNL=^RHN=900 (cmt) => Tứ giác HRLN là hình chữ nhật
=> HR=LN (2 cạnh đối) (7)
Từ (5); (6) và (7) => \(\frac{AH}{CH}=\frac{BL}{CH}\)=> \(AH=BL\)
I là trung điểm HL => IH=IL => IH+AH=IL+BL => AI=BI => I là trung điểm của AB
Do dây cung AB cố định => Trung điểm I của AB là điểm cố định.
Mà I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HMN
Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HMN là điểm cố định khi C di động trên cung lớn AB (đpcm).