là sao

1: ΔODE cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của DE

Xét tứ giác BDCE có

K là trung điểm chung của BC và DE

=>BDCE là hình bình hành

Hình bình hành BDCE có DE⊥BC

nên BDCE là hình thoi

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại C

b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)

Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao

nên \(CB\cdot CM=CA^2\)

c: ΔACM vuông tại C

mà CN là đường trung tuyến

nên NA=NC=NM

Xét ΔNAO và ΔNCO có

NA=NC

NO chung

AO=CO

Do đó: ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)

=>\(\hat{NCO}=90^0\)

=>NC là tiếp tuyến của (O)

d: Xét (O) có

DC,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC

OD là phân giác của góc BOC

=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)

ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)

=>ON là phân giác của góc COA

=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)

Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)

=>\(\hat{NOD}=90^0\)

e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)

Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao

nên \(CN\cdot CD=OC^2\)

=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)

f: Gọi K là trung điểm của ND

=>K là tâm đường tròn đường kính ND

ΔNOD vuông tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK=KN=KD

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD

Xét hình thang ABDN có

K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB

=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN

=>KO//AN//BD

=>KO⊥AB tại O

Xét (K) có

KO là bán kính

AB⊥KO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)

=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN

g:

\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)

\(BD\cdot AN=R^2\)

=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)

Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có

\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)

Do đó: ΔBAD~ΔAMO

=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)

mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)

nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)

=>OM⊥AD tại I

h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)

nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

mà N là trung điểm của AM

nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)

Giả thiết:

• \(\left(\right. O \left.\right)\) là nửa đường tròn đường kính \(A B\).
• \(A x\) và \(B y\) là các tiếp tuyến với \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(A\) và \(B\).
• \(M\) là điểm bất kỳ trên tia \(A x\).
• \(M B\) cắt \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(C\).
• \(N\) là trung điểm của \(A M\).
• \(N C\) kéo dài cắt \(B y\) tại \(D\).
• \(R\) là bán kính đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\).

a) Chứng minh tam giác \(A C B\) vuông tại \(C\)

Lời giải:

• Vì \(A B\) là đường kính của \(\left(\right. O \left.\right)\), nên theo định lý đường kính, góc \(\hat{A C B} = 90^{\circ}\).

Cụ thể: điểm \(C\) nằm trên đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) có đường kính \(A B\), nên tam giác \(A C B\) vuông tại \(C\).

b) Chứng minh: \(2 \cdot B C \cdot M C = A C^{2}\)

Phân tích:

• \(M\) nằm trên tia tiếp tuyến \(A x\).
• \(M B\) cắt đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(C\).
• Ta cần chứng minh tích đoạn thẳng \(B C\) nhân với \(M C\) nhân 2 bằng bình phương đoạn \(A C\).

Để chứng minh điều này, ta sẽ sử dụng các tính chất về tiếp tuyến, đường kính và tỉ lệ đoạn thẳng trong tam giác, hoặc định lý Ptolemy, hoặc các hệ quả của tiếp tuyến và dây cung.

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại C

b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)

Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao

nên \(CB\cdot CM=CA^2\)

c: ΔACM vuông tại C

mà CN là đường trung tuyến

nên NA=NC=NM

Xét ΔNAO và ΔNCO có

NA=NC

NO chung

AO=CO

Do đó: ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)

=>\(\hat{NCO}=90^0\)

=>NC là tiếp tuyến của (O)

d: Xét (O) có

DC,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC

OD là phân giác của góc BOC

=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)

ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)

=>ON là phân giác của góc COA

=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)

Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)

=>\(\hat{NOD}=90^0\)

e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)

Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao

nên \(CN\cdot CD=OC^2\)

=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)

f: Gọi K là trung điểm của ND

=>K là tâm đường tròn đường kính ND

ΔNOD vuông tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK=KN=KD

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD

Xét hình thang ABDN có

K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB

=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN

=>KO//AN//BD

=>KO⊥AB tại O

Xét (K) có

KO là bán kính

AB⊥KO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)

=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN

g:

\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)

\(BD\cdot AN=R^2\)

=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)

Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có

\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)

Do đó: ΔBAD~ΔAMO

=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)

mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)

nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)

=>OM⊥AD tại I

h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)

nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

mà N là trung điểm của AM

nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại C

b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)

Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao

nên \(CB\cdot CM=CA^2\)

c: ΔACM vuông tại C

mà CN là đường trung tuyến

nên NA=NC=NM

Xét ΔNAO và ΔNCO có

NA=NC

NO chung

AO=CO

Do đó: ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)

=>\(\hat{NCO}=90^0\)

=>NC là tiếp tuyến của (O)

d: Xét (O) có

DC,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC

OD là phân giác của góc BOC

=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)

ΔNAO=ΔNCO

=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)

=>ON là phân giác của góc COA

=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)

Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)

=>\(\hat{NOD}=90^0\)

e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)

Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao

nên \(CN\cdot CD=OC^2\)

=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)

f: Gọi K là trung điểm của ND

=>K là tâm đường tròn đường kính ND

ΔNOD vuông tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK=KN=KD

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD

Xét hình thang ABDN có

K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB

=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN

=>KO//AN//BD

=>KO⊥AB tại O

Xét (K) có

KO là bán kính

AB⊥KO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)

=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN

g:

\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)

\(BD\cdot AN=R^2\)

=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)

=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)

Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có

\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)

Do đó: ΔBAD~ΔAMO

=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)

mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)

nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)

=>OM⊥AD tại I

h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)

nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

mà N là trung điểm của AM

nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)

a: Xét (O) có 

ΔABC nội tiếp đường tròn

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét ΔBAM vuông tại A có AC là đường cao ứng với cạnh huyền MB

nên \(BA^2=BC\cdot BM\)

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

1) Xét nửa đường tròn (O) đường kính BC có điểm N thuộc (O) => ^CNB = 90⁰

=> ^CNE = 180⁰ - ^CNB = 90⁰. Xét tứ giác CDNE có:

^CDE = ^CNE = 90⁰ => Tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn (đpcm).

2) Ta có điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính BC => ^CMB = 90⁰

=> BM vuông góc CE. Xét \(\Delta\)BEC:

BM vuông góc CE; ED vuông góc BC; BM giao ED tại K => K là trực tâm \(\Delta\)BEC

=> CK vuông góc BE. Mà CN vuông góc BE (Do ^CNB = 90⁰) => 3 điểm C;K;N thẳng hàng (đpcm).

3) Gọi giao điểm của MN với DE là H. Lấy F là trung điểm của EH. BH cắt CF tại điểm P.

Xét tứ giác CMHD: ^CMH = ^CDH = 90⁰ => CMKD nội tiếp đường tròn => ^MCK = ^MDK (1)

Tương tự: ^NBK = ^NDK     (2)

Từ (1) & (2) => ^MDK = ^NDK hay ^MDH = ^FDN

Tương tự: ^DMB = ^NMB => ^DMH = 2.^DMB (3)

Dễ thấy tứ giác BDME nội tiếp đường tròn => ^DMB = ^BED (2 góc nt chắn cung BD)

Hay ^DMB = ^NEF. Xét \(\Delta\)ENH vuông tại N: H là trung điểm EH

=> \(\Delta\)NEF cân tại F. Do ^DFN là góc ngoài \(\Delta\)NEF => ^DFN = 2.^NEF

Mà ^DMB = ^NEF (cmt) => ^DFN = 2.^DMB (4)

Từ (3) & (4) => ^DMH = ^DFN. Xét \(\Delta\)DMH và \(\Delta\)DFN:

^DMH = ^DFN ; ^MDH = ^FDN (cmt) => \(\Delta\)DMH ~ \(\Delta\)DFN (g.g)

=> \(\frac{DM}{DF}=\frac{DH}{DN}\)=> \(DH.DF=DM.DN\)(5)

Dễ chứng minh \(\Delta\)CMD ~ \(\Delta\)NBD => \(\frac{DM}{DB}=\frac{DC}{DN}\Rightarrow DM.DN=DB.DC\)(6)

Từ (5) & (6) => \(DH.DF=DB.DC\)\(\Rightarrow\frac{DH}{DB}=\frac{DC}{DF}\)

\(\Rightarrow\Delta\)CDH ~ \(\Delta\)FDB (c.g.c) => ^DHC = ^DBF. Mà ^DHC + ^DCH = 90⁰

=> ^DBF + ^DCH = 90⁰ => CH vuông góc BF.

Xét \(\Delta\)CFB: FD vuông góc BC; CH vuôn góc BF; H thuộc FD => H là trực tâm \(\Delta\)CFB

=> BH vuông góc CF (tại P). Ta có nửa đg trong (O) đg kính BC và có ^CPB = 90⁰

=> P thuộc nửa đường tròn (O) => Tứ giác CMPB nội tiếp (O)

=> ^BMP = ^BCP (2 góc nt chắn cung BP) Hay ^HMP = ^DCP

Xét tứ giác CPHD: ^CPH = ^CDH = 90⁰ => ^DCP + ^DHP = 180⁰

=> ^HMP + ^DHP = 180⁰ hay ^HMP + ^KHP = 180⁰ => Tứ giác MPHK nội tiếp đg tròn

=> ^KMH = ^KPH (2 góc nt chắn cung KH) hay ^KMN = ^KPB.

Lại có tứ giác EMKN nội tiếp đg tròn => ^KMN = ^KEN => ^KMN = ^KEB

=> ^KPB = ^KEB => Tứ giác BKPE nội tiếp đg tròn. Mà 3 điểm B;K;E cùng thuộc (I)

=> Điểm P cũng thuộc đg tròn (I) => IP=IB => I thuộc trung trực của BP

Mặt khác: OP=OB => O cũng thuộc trung trực của BP => OI là trung trực của BP

=> OI vuông góc BP. Mà CF vuông góc BP (cmt) => OI // CF (7)

I nằm trên trung trực của EK và F là trung điểm EK => IF vuông góc EK => IF vuông góc d

OC vuông góc d => OC // IF (8)

Từ (7) & (8) => Tứ giác COIF là hình bình hành => IF = OC = R (bk của (O))

=> Độ dài của IF không đổi. Mà IF là khoảng cách từ I đến d (Do IF vuông góc d)

=> I nằm trên đường thẳng d' // d và cách d một khoảng bằng bán kính của nửa đường tròn (O)

Vậy điểm I luôn nằm trên d' cố định song song với d và cách d 1 khoảng = bk nửa đg tròn (O) khi M thay đổi.