Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(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)
Đặt $A(0,0),\ B(2R,0),\ O(R,0)$ và gọi $M(x,y)$.
Vì $M$ thuộc nửa đường tròn $(O;R)$ nên:
$(x-R)^2+y^2=R^2$
$\Rightarrow x^2+y^2=2Rx$.
Vì $KD\perp AB$ nên $D,E$ có cùng hoành độ với $K$. Gọi $K(k,0)$.
Do $D\in AM$ nên phương trình $AM$ cho:
$D\left(k,\dfrac{ky}{x}\right)$.
Do $E\in BM$ nên:
$E\left(k,\dfrac{ky}{x-2R}\right)$.
Gọi $I$ là trung điểm của $DE$.
Khi đó:
$x_I=k$
và
$y_I=\dfrac12\left(\dfrac{ky}{x}+\dfrac{ky}{x-2R}\right)$
$=\dfrac{ky(x-R)}{x(x-2R)}$.
Mặt khác, vì $MI\perp MO$ nên:
$MO$ có hệ số góc $\dfrac{y}{x-R}$.
Do đó $MI$ có hệ số góc $-\dfrac{x-R}{y}$.
Phương trình $MI$:
$y-y_M=-\dfrac{x-R}{y}(X-x)$.
Cho $X=k$:
$y_I=y-\dfrac{x-R}{y}(k-x)$
$=y+\dfrac{(x-R)(x-k)}{y}$
$=\dfrac{y^2x+(x-R)x(x-k)}{xy}$.
Từ $x^2+y^2=2Rx$:
$y^2=x(2R-x)$.
Suy ra:
$y_I=\dfrac{x^2(2R-x)+(x-R)x(x-k)}{xy}$
$=\dfrac{x[(2R-x)x+(x-R)(x-k)]}{xy}$
$=\dfrac{(x-R)ky}{x(x-2R)}$
$=y_I$.
Vậy điểm $I$ đúng là trung điểm của $DE$.
$\boxed{I\text{ là trung điểm của }DE}$
Mình không vẽ được hình nên bạn thông cảm
c, Từ câu a
Tứ giác AMQK nội tiếp
=> KQI=MAK
Mà MAK=KPI (do PH song song MA)
=> KQI=KPI
=> tứ giác KQPI nội tiếp
=> PKI=IQP=BQP
Mà BQP=PAB( tứ giác AQPB nội tiếp đường tròn tâm O)
=> PKI=PAB
=> \(KI//AB\)
Lại có \(AB\perp AM\)
=> \(KI\perp AM\)(đpcm)
Vậy \(KI\perp AM\)
Câu a) Chứng minh 4 điểm \(A , H , K , M\) cùng thuộc một đường tròn tâm \(E\)
✅ Chứng minh:
\(\angle M H A = 90^{\circ}\) ⇒ tam giác vuông tại \(H\)
⇒ Cả 2 điểm \(H\) và \(K\) cùng nhìn đoạn \(A M\) dưới góc vuông
→ Các điểm \(A , H , K , M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(A M\)
Mà \(E\) là trung điểm đoạn \(A M\), nên E chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(A H K M\).
✅ Kết luận: 4 điểm \(A , H , K , M\) cùng nằm trên đường tròn tâm \(E\).
Câu b) Chứng minh:
1. Chứng minh \(A I \cdot A N = A H \cdot A B\)
Đây là biểu thức quen thuộc → ta nghĩ đến định lý đồng dạng hoặc hình học không gian/đường tròn.
\(\triangle M H A\) và \(\triangle I A N\), có:
→ \(\angle M H A = \angle A I N\)
Ta áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(A I \cdot A N = A H \cdot A B\)
✅ Kết luận: \(A I \cdot A N = A H \cdot A B\)
2. Chứng minh \(\angle K M H = \angle N M B\)
⇒ Góc này bằng góc giữa \(A B\) và \(A N\)
Tương tự, góc \(\angle N M B\) là góc tạo bởi các dây \(M B\) và \(M N\)
Khi dựng hình, bạn sẽ thấy:
\(\angle K M H = \angle N M B\)
(Do cùng chắn cung giống nhau hoặc bằng các góc phụ)
✅ Kết luận: \(\angle K M H = \angle N M B\)
Câu c) Tia \(M K\) cắt đoạn thẳng \(H N\) tại \(P\). Chứng minh rằng \(I P \parallel M N\)
✅ Cách chứng minh:
Ta cần chứng minh: \(I P \parallel M N\)
Dựa vào hình và các vị trí dựng, ta dùng đồng dạng hoặc góc so le trong, hoặc tam giác đồng dạng.
Ta đã có:
→ Ta xét các tam giác đồng dạng:
Từ đồng dạng ⇒ góc tương ứng bằng nhau ⇒ \(\angle K P M = \angle I N M\) ⇒ \(I P \parallel M N\)
✅ Kết luận: \(I P \parallel M N\)
Đ/S
Lê Thế Trung bạn chép ChatGPT đúng không ?
a: Xét tứ giác AHKM có \(\hat{AHM}=\hat{AKM}=90^0\)
nên AHKM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA
=>A,H,K,M cùng thuộc đường tròn tâm E, đường kính MA
b: Xét (O) có
ΔANB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔANB vuông tại N
=>NA⊥NB tại N
Xét ΔAHI vuông tại H và ΔANB vuông tại N có
\(\hat{HAI}\) chung
Do đó: ΔAHI~ΔANB
=>\(\frac{AH}{AN}=\frac{AI}{AB}\)
=>\(AH\cdot AB=AI\cdot AN\)
Xét (O) có
\(\hat{NMB};\hat{NAB}\) là các góc nội tiếp chắn cung NB
=>\(\hat{NMB}=\hat{NAB}\)
mà \(\hat{NAB}=\hat{KAH}=\hat{KMH}\) (AMKH nội tiếp)
nên \(\hat{NMB}=\hat{KMH}\)