Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 thiếu đề
Bài 2 Mình không vẽ được hình nên bạn thông cảm
Xét tam giác vuông ACO có \(CM\perp AO\)
=> \(OM.OA=OC^2=OD^2\)
=> \(\frac{OD}{OA}=\frac{OM}{OD}\)
=> tam giác MDO đồng dạng tam giác DAO
=> MDO=OAD
Mà MDO=DEO
=> OAD=DEO
=> tứ giác ADOE nội tiếp
Vậy tứ giác ADOE nội tiếp
b) Dễ thấy C là trực tâm của tam giác IAB nên C, I, H thẳng hàng.
Do tứ giác AICK là hình thang nội tiếp được đường tròn nên là hình thang cân.
Khi đó \(\widehat{IAK}=\widehat{CKA}\Rightarrow\widehat{IAB}=\widehat{NBA}\)
Suy ra tam giác NAB vuông cân tại N nên \(\widehat{NBA}=45^o\).
Ta có các tứ giác CMIN, AMIH nội tiếp được nên \(\widehat{NMH}=\widehat{NMI}+\widehat{HMI}=\widehat{ICN}+\widehat{IAB}=45^o+45^o=90^o\Rightarrow MN\perp MH\).
c) Đề phải là \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}\ge6\).
Đặt \(x=\dfrac{IH}{CH};y=\dfrac{IN}{AN};z=\dfrac{IM}{BM}\left(x,y,z< 1\right)\).
Ta có \(x+y+z=\dfrac{S_{IAB}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{IBC}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{ICA}}{S_{ABC}}=1\).
Lại có \(\dfrac{IH}{CH}=x\Rightarrow\dfrac{CH}{IH}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow\dfrac{IC}{IH}=\dfrac{1}{x}-1\).
Tương tự \(\dfrac{IA}{IN}=\dfrac{1}{y}-1;\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{z}-1\).
Do đó \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-3\ge_{Svacxo}\dfrac{9}{x+y+z}-3=\dfrac{9}{1}-3=6\).
Vậy ta có 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 $DE$.
$\boxed{I\text{ là trung điểm của }DE}$
Vì $KD\perp AB$ và $K,B\in AB$ nên:
$\widehat{DKB}=90^\circ$
Mặt khác, $D\in AM$ và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:
$\widehat{AMB}=90^\circ$
Do đó:
$\widehat{DKB}=\widehat{DMB}=90^\circ$
Suy ra $K,D,M,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $DB$.
Vậy $\boxed{K,D,M,B\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.
b) Chứng minh $E,N,A$ thẳng hàngVì $A,M,D$ thẳng hàng nên:
$\widehat{DAB}=\widehat{MAB}$
Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:
$\widehat{MAB}=\widehat{MNB}$
Mà $D,B,N$ thẳng hàng nên:
$\widehat{MNB}=\widehat{DNB}$
Suy ra:
$\widehat{DAB}=\widehat{DNB}$
Do đó $ADNB$ là tứ giác nội tiếp.
Mặt khác, $K,D,E$ thẳng hàng và $KD\perp AB$, nên:
$DE\perp AB$
Từ câu a), $K,D,M,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $DB$, suy ra:
$\widehat{DEB}=\widehat{DKB}=90^\circ$
Vì $E,M,B$ thẳng hàng nên:
$\widehat{AEB}=90^\circ$
Do $A,N,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$:
$\widehat{ANB}=90^\circ$
Suy ra:
$\widehat{AEB}=\widehat{ANB}$
Hai góc này cùng chắn đoạn $AB$, nên $A,E,N,B$ cùng thuộc một đường tròn.
Nhưng $A,B,N$ đã thuộc nửa đường tròn ban đầu, nên $E,N,A$ cùng nằm trên đường thẳng qua $A$ và $N$.
Vậy $\boxed{E,N,A\text{ thẳng hàng}}$.