Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt $A(0,0),\ B(2R,0)$ và gọi $OC=R-c$ với $0<c<R$. Để bài gọn, ta chuẩn hóa $R=1$:
$A(0,0),\quad B(2,0),\quad C(c,0)$.
Vì $K$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $CK\perp AB$.
Gọi $M(x,y)$ thuộc đường tròn, ta có:
$x^2+y^2=2x$.
Đặt $t=\dfrac yx$. Khi đó:
$M\left(\dfrac{2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$.
a) Chứng minh $ACMD$ nội tiếpVì $D\in BM$ và $D\in CK$ nên:
$D\left(c,\dfrac{2-c}{t}\right)$.
Ta có:
$\widehat{ACD}=90^\circ$
Mặt khác, do $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:
$\widehat{AMD}=90^\circ$.
Suy ra:
$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$
Vậy:
$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.
b) Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàngTa có $N\in BH$ và $H\in AM$.
Từ $H\left(c,ct\right)$, phương trình $BH$ là:
$y=\dfrac{ct}{c-2}(x-2)$.
Mặt khác, vì $N$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:
$x_N^2+y_N^2=2x_N$.
Giải ra được:
$N\left(\dfrac{2c^2t^2}{(2-c)^2+c^2t^2},
\dfrac{2c(2-c)t}{(2-c)^2+c^2t^2}\right)$.
Do đó:
$\dfrac{y_N}{x_N}
=\dfrac{2-c}{ct}$.
Mà:
$\dfrac{y_D}{x_D}
=\dfrac{(2-c)/t}{c}
=\dfrac{2-c}{ct}$.
Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.
Vậy:
$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$.
c) Chứng minh $MN$ luôn đi qua một điểm cố địnhTừ tọa độ $M,N$, giao điểm của $MN$ với $AB$ có hoành độ:
$x=\dfrac{c}{c-1}$.
Điểm này không phụ thuộc vào vị trí của $M$.
Gọi điểm cố định đó là $T$, ta có:
$T\left(\dfrac{c}{c-1},0\right)$.
Vậy khi $M$ di động trên cung $KB$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định:
$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.
đây nha bn
a) Ta có ABAB và ACAC là tiếp tuyến tại AA và BB của (O)(O)
⇒AB⊥OB⇒AB⊥OB và AC⊥OCAC⊥OC
Xét AOB và ΔAOCAOB và ΔAOC có:
OB=OC(=R)OB=OC(=R)
ˆABO=ˆACO=90oABO^=ACO^=90o
OAOA chung
⇒ΔAOB=ΔAOC⇒ΔAOB=ΔAOC (ch-cgv)
⇒AB=AC⇒AB=AC và có thêm OB=OC⇒AOOB=OC⇒AO là đường trung trực của BCBC
Mà H là trung điểm của BC
⇒A,H,O⇒A,H,O thẳng hàng
Tứ giác ABOCABOC có ˆABO+ˆACO=90o+90o=180oABO^+ACO^=90o+90o=180o
⇒A,B,C,O⇒A,B,C,O cùng thuộc đường tròn đường kính OAOA.