Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác BMDH có
gócc BMD+góc BHD=180 độ
=>BMDH là tứ giác nội tiếp
b: góc AMN+góc OAM
=góc ADN+(180 độ-góc AOB)/2
=90 độ-góc HAC+90 độ-góc AOB/2
=180 độ-(90 độ-góc ACB)-góc ACB
=90 độ
=>MN vuông góc AO
=>MN//tiếp tuyến tại A của (O)
- Xét △AMD và △AHB có: \(\widehat{AMD}=\widehat{AHB}\left(=90^0\right)\), \(\widehat{BAH}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\Delta AMD\sim\Delta AHB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AM.AB=AD.AH\left(1\right)\)
- Xét △AND và △AHC có: \(\widehat{AND}=\widehat{AHC}=90^0\), \(\widehat{CAH}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\Delta AND\sim\Delta AHC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AN}{AH}\Rightarrow AD.AH=AN.AC\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AM.AB=AN.AC\Rightarrow\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)
Xét △AMN và △ACB có: \(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)(cmt), \(\widehat{BAC}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\Delta AMN\sim\Delta ACB\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{ACB}\)
Ta có \(OA=OB\) nên △OAB cân tại O.
\(\Rightarrow\widehat{OAB}=\dfrac{180^0-\widehat{AOB}}{2}\)
Xét (O): \(\widehat{AOB}=2\widehat{ACB}\left(=sđ\stackrel\frown{AB}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OAB}=\dfrac{180^0-2\widehat{ACB}}{2}=90^0-\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow\widehat{OAB}+\widehat{AMN}=90^0\) nên MN vuông góc với OA.
=>MN song song với tiếp tuyến tại A của (O) (vì OA là bán kính của (O) ).
Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.
a) Chứng minh $ACMD$ nội tiếpVì $CK\perp AB$ 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:
$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$
b) Chứng minh $CA\cdot CB=CH\cdot CD$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:
$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$
c) Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàngTa 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:
$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$
d) Chứng minh $MN$ luôn đi qua một điểm cố địnhGọi $T=MN\cap AB$.
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:
$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }AD}$
b) Chứng minh $CA\cdot CB=CH\cdot CD$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:
$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$
c) Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàngTa 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:
$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$
d) Chứng minh $MN$ luôn đi qua một điểm cố địnhGọi:
$T=MN\cap AB$.
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:
$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$
b) Chứng minh $CA\cdot CB=CH\cdot CD$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:
$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$
c) Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàngVì $A,B,M,N$ 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:
$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$
d) Chứng minh $MN$ đi qua điểm cố địnhGọi:
$T=MN\cap AB$.
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:
$\boxed{CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}}$.
a: Xét tứ giác AMDN có \(\hat{AMD}+\hat{AND}=90^0+90^0=180^0\)
nên AMDN là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{ANM}=\hat{ADM}\)
mà \(\hat{ADM}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAH}\right)\)
nên \(\hat{ANM}=\hat{ABC}\)
Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)
Xét (O) có
\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)
=>\(\hat{xAC}=\hat{ANM}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên Ax//MN
=>MN song song với tiếp tuyến tại A của (O)