Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O A B C N M H K I
a/ Xét tam giác MAO và tam giác MCO có
MA = MC
MO chung
AO = AC
=> tam giác MAO = tam giác MCO
\(\Rightarrow\widehat{AOM}=\widehat{COM}\)
\(\Rightarrow OM\) là phân giác \(\widehat{AOC}\) mà tam giác AOC cân tạo O
\(\Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác AOC
\(\Rightarrow\)OM vuông góc với AC
b/ Từ câu a ta suy ra được OM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
\(\Rightarrow\)OM vuông góc AC
Mà NC vuông góc AC
=> OM // NC (1)
ta lại có AI = IC (2)
Từ (1) và (2) => OM là đường trung bình của tam giác ONC
=> M là trung điểm của AN
c/ Ta thấy rằng CH // AN (vì cùng vuông góc AB)
\(\Rightarrow\frac{CK}{MN}=\frac{BK}{BM}=\frac{KH}{AM}\)
Mà MN = AM nên => CK = KH
Vậy K là trung điểm của CH
Bài 1:
Gọi K là giao điêm cua CB và AM
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>AC⊥BK tại C
=>ΔACK vuông tại C
Xét (O) có
MA,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MC
=>ΔMAC cân tại M
=>\(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)
Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)
\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)
mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)
nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)
=>MC=MK
mà MA=MC
nên MA=MK(1)
Ta có: CH⊥AB
KA⊥BA
Do đó: CH//KA
Xét ΔBAM có IH//AM
nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\) (2)
Xét ΔBMK có CI//MK
nên \(\frac{CI}{MK}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra CI=IH
=>I là trung điểm cua CH
Bài 2:
a: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>AM⊥BA' tại M và BM⊥AB' tại M
Xét ΔA'AB vuông tại A và ΔABB' vuông tại B có
\(\hat{BA^{\prime}A}=\hat{B^{\prime}AB}\left(=90^0-\hat{MBA}\right)\)
Do đó: ΔA'AB~ΔABB'
=>\(\frac{A^{\prime}A}{AB}=\frac{AB}{BB^{\prime}}\)
=>\(A^{\prime}A\cdot BB^{\prime}=AB^2\)
b: Xét (O) có
CA,CM là các tiếp tuyến
Do đó: CA=CM
=>ΔCAM cân tại C
Xét (O) có
DM,DB là các tiếp tuyến
DO đó; DM=DB
Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CA^{\prime}M}=90^0\) (ΔAMA' vuông tại M)
\(\hat{CMA}+\hat{CMA^{\prime}}=\hat{AMA^{\prime}}=90^0\)
mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)
nên \(\hat{CA^{\prime}M}=\hat{CMA^{\prime}}\)
=>CM=CA'
mà CM=CA
nên CA=CA'
Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMB^{\prime}}=\hat{BMB^{\prime}}=90^0\)
\(\hat{DBM}+\hat{DB^{\prime}M}=90^0\) (ΔBMB' vuông tại M)
mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\)
nên \(\hat{DMB^{\prime}}=\hat{DB^{\prime}M}\)
=>DM=DB'
mà DM=DB
nên DB=DB'
(Quá lực!!!)
E N A B C D O H L
Đầu tiên, hãy CM tam giác \(EAH\) và \(ABD\) đồng dạng.
Từ đó suy ra \(\frac{EA}{AB}=\frac{AH}{BD}\) hay \(\frac{EA}{OB}=\frac{AC}{BD}\).
Từ đây CM được tam giác \(EAC\) và \(OBD\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ECA}=\widehat{ODB}\). Do đó nếu gọi \(OD\) cắt \(EC\) tại \(L\) thì CM được \(OD⊥EC\).
-----
Đường tròn đường kính \(NC\) cắt \(EC\) tại \(F\) nghĩa là \(NF⊥EC\), hay \(NF\) song song với \(OD\).
Vậy \(NF\) chính là đường trung bình của tam giác \(AOD\), vậy \(NF\) qua trung điểm \(AO\) (là một điểm cố định) (đpcm)