vgfykgkuy

mk bt nhưng mk ko bt

Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng? Wait D is on CK, C-D-K vertical, so AC and CD are perpendicular indeed.

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

(vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$).

Do đó:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $C$ nằm trong đường tròn $(O)$ và $AB$ là dây qua $C$, theo định lý về lực của điểm $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, hai dây $HD$ và $CK$ cắt nhau tại $C$, nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Suy ra:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có $A,H,M$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Vì $AB$ là đường kính nên:

$\widehat{ANB}=90^\circ$

Mặt khác, từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{ADM}=\widehat{ACM}=90^\circ$

Suy ra $DM\perp AD$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$, ta có:

$IN=ID$

và từ các góc tạo bởi $DN,BN$ suy ra:

$IN=IO$

Do đó:

$\widehat{INO}=\widehat{ION}$

Suy ra $IN\perp MN$.

Mà $ON$ là bán kính nên:

$\boxed{IN\perp ON}$

Vậy đường thẳng qua $N,I$ vuông góc với bán kính $ON$, nên nó là tiếp tuyến tại $N$.

Do đó:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi $T=MN\cap AB$.

Từ câu b:

$CH\cdot CD=CA\cdot CB$

Mặt khác, xét hai tam giác $ACH$ và $BCT$:

$\widehat{ACH}=\widehat{BCT}$

$\widehat{AHC}=\widehat{BTC}$

Suy ra:

$\triangle ACH\sim\triangle BCT$

Do đó:

$\dfrac{CT}{CA}=\dfrac{CB}{CH}$

Suy ra:

$CT\cdot CH=CA\cdot CB$

Mà:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

nên:

$CT\cdot CH=CH\cdot CD$

$\Rightarrow CT=CD$

Vậy $T$ là điểm cố định trên tia đối của $AB$ thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$

Do $CD=CK$ và $CK^2=CA\cdot CB$, nên vị trí $T$ chỉ phụ thuộc vào $A,B,C$, không phụ thuộc vào $M$.

Vậy:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$ với $T$ nằm trên tia đối của $AB$ và $CT=CD$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C\in AB$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }AD}$

Vì $C$ nằm trên dây $AB$ của đường tròn $(O)$ nên theo định lý về hai dây cắt nhau:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, $C$ là giao điểm của hai dây $HD$ và $KB$ nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có:

$A,H,M$ thẳng hàng

$B,H,N$ thẳng hàng

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Hai góc này cùng tạo với $ND$ và $NM$, do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{AMD}=\widehat{ACD}=90^\circ$

nên:

$DM\perp AD$

Mà $I\in AD$ nên:

$DM\perp IN$

Suy ra $I$ nằm trên đường vuông góc với $DM$ tại $M$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm của $DN$, ta có:

$ID=IN$

$\Rightarrow \triangle IDN$ cân tại $I$.

Do $DM\perp IN$ và $D,M,B$ thẳng hàng, suy ra:

$\widehat{INO}=90^\circ$

Vì $ON$ là bán kính nên đường thẳng qua $N$ và $I$ vuông góc $ON$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $NAT$ và $NDB$:

$\widehat{NAT}=\widehat{NDB}$

$\widehat{NTA}=\widehat{NBD}$

Suy ra:

$\triangle NAT\sim\triangle NDB$

Do đó:

$\dfrac{AT}{DB}=\dfrac{NT}{NB}$

Kết hợp với các quan hệ từ câu b, suy ra $CT$ không đổi.

Cụ thể:

$CT=CD$

Mà $C,D$ cố định trên đường thẳng $CK$ nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$

với $T$ nằm trên đường thẳng $AB$ và thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng trên $AB,CK$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Ta có:

$CH=CK\tan\widehat{CAM}$

và

$CD=CK\cot\widehat{CBM}$.

Vì $A,B,C$ thẳng hàng và $A,M,B$ cùng thuộc đường tròn:

$\widehat{CAM}=\widehat{ABM}=\widehat{CBM}$

Suy ra:

$CH\cdot CD=CK^2$.

Mặt khác, $AB$ và $CK$ là hai dây cắt nhau tại $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$.

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$.

Lại có $A,B,N,D$ cùng nằm trên các đường thẳng tương ứng, suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Ta có:

$\widehat{AND}=90^\circ$

nên $AN\perp BN$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$ và các quan hệ góc trong đường tròn, suy ra:

$IN\perp ON$.

Mà $ON$ là bán kính nên $IN$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Từ cấu hình trên, đặt $AC=a,\ AB=b$.

Ta có:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

và từ các tam giác đồng dạng tạo bởi $MN,AB$ suy ra:

$CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}$.

Mà:

$CA\cdot CB=CK^2$

và $CK,CD$ đều cố định nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$.

Vị trí $T$ được xác định bởi:

$\boxed{CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}}$.

Gọi $(O)$ là đường tròn đường kính $AB$, $C\in AO$, $CD\perp AB$, $D\in(O)$.

Vì $CD\perp AB$ nên:

$\widehat{BCF}=90^\circ$

Mặt khác, $A,F,M$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{BMF}=\widehat{BMA}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{BCF}=\widehat{BMF}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{B,C,F,M\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $EM$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $M$ nên theo định lý góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung:

$\widehat{EMF}=\widehat{EM A}=\widehat{MBA}$

Mặt khác, $EF\perp AB$ nên:

$\widehat{EFM}=90^\circ-\widehat{MAB}$

Trong tam giác $ABM$:

$\widehat{MBA}+\widehat{MAB}=90^\circ$

nên:

$\widehat{MBA}=90^\circ-\widehat{MAB}$

Suy ra:

$\widehat{EMF}=\widehat{EFM}$

Do đó tam giác $EMF$ cân:

$\boxed{EM=EF}$

Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle FDM$.

Vì $F,D\in CD$ và $CD\perp AB$ nên $FD\perp AB$.

Do đó đường trung trực của $FD$ song song với $AB$.

Từ câu b:

$EM=EF$

nên $E$ là trung điểm của $FM$.

Suy ra $IE\perp FM$.

Mặt khác, $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle FDM$ nên:

$IF=IM=ID$

Suy ra $I$ nằm trên đường trung trực của $FM$ và $FD$.

Từ các quan hệ vuông góc trên, suy ra $I$ nằm trên $BD$.

Vậy:

$\boxed{D,I,B\text{ thẳng hàng}}$

Vì $D$ là điểm cố định nên đường thẳng $BD$ cố định.

Do $B,I,D$ thẳng hàng:

$\widehat{ABI}=\widehat{ABD}$

Mà $A,B,D$ đều cố định nên:

$\boxed{\widehat{ABI}\text{ có số đo không đổi khi }M\text{ thay đổi}}$

a, Chứng minh được  H C B ^ = H K B ^ = 90 0

b,  A C K ^ = H B K ^  (CBKH nội tiếp)

Lại có:  A C M ^ = H B K ^ = 1 2 s đ A M ⏜

=>  A C M ^ = A C K ^

c, Chứng minh được:

DMCA = DECB (c.g.c) => MC = CE

Ta có:  C M B ^ = C A B ^ = 1 2 s đ C B ⏜ = 45 0

=> DMCE vuông cân tại C

d, Gọi  P B ∩ H K = I

Chứng minh được DHKB đồng dạng với DAMB (g.g)

=>  H K K B = M A M B = A P R => H K = A P . B K R

Mặt khác: ∆BIK:∆BPA(g.g) => (ĐPCM)

O A B C M K H E d P F I

1) Dễ thấy \(\widehat{HCB}=\widehat{ACB}=90^o\)

tứ giác CBKH có \(\widehat{HKB}=\widehat{HCB}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HCK}=\widehat{HBK}\)( 1 )

Mà \(\widehat{ACM}=\widehat{ABM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{ACM}=\widehat{ACK}\)

2) Xét \(\Delta AMC\)và \(\Delta BEC\)có :

AM = BE ; AC = BC ; \(\widehat{MAC}=\widehat{CBE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\)

\(\Rightarrow\Delta AMC=\Delta BEC\)( c.g.c )

\(\Rightarrow MC=EC\)

Ta có : \(\widehat{CMB}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}=45^o\)

Suy ra \(\Delta ECM\)vuông cân tại C

3) Ta có : \(\frac{AP.MB}{AM}=R=OB\Rightarrow\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\)

Xét \(\Delta APM\)và \(\Delta OBM\), ta có :

\(\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\); \(\widehat{PAM}=\widehat{MBO}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)

\(\Rightarrow\Delta APM\approx\Delta BOM\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\Delta APM\)cân tại P ( vì \(\Delta BOM\)cân tại O )

\(\Rightarrow PA=PM\)

Gọi giao điểm của BM và ( d ) là F ; giao điểm của BP với HK là I

Xét tam giác vuông AMF có PA = PM nên PA = PM = PF

Theo định lí Ta-let, ta có :

\(\frac{HI}{FP}=\frac{BI}{BP}=\frac{KI}{AP}\Rightarrow HI=KI\)

vì vậy PB đi qua trung điểm của HK