I ở đâu bà nội ??? Hỏi thế thánh nào trả lời đc

À quên. I là giao của AB và MN. Mà ko cần trl đâu, t lm đc bài này r

A B O M C D E F H G

1) Vì ^AEB chắn nửa đường tròn (O) nên EA vuông góc EB. Do đó BE // CM.

Suy ra tứ giác BECM là hình thang cân (Vì 4 điểm B,C,M,E cùng thuộc (O))

Kết hợp với M là điểm chính giữa cung AB suy ra CE = BM = AM hay (CE = (AM

Vậy thì tứ giác ACEM là hình thang cân (đpcm).

2) Đường tròn (O) có M là điểm chính giữa cung AB, suy ra MO vuông góc AB

Từ đó MO // CH suy ra ^HCM = ^OMC = ^OCM. Vậy CM là phân giác của ^HCO (đpcm).

3) Kẻ đường kính MG của đường tròn (O). Dễ thấy ^DOG = ^DCG (= 90⁰)

Suy ra 4 điểm C,D,O,G cùng thuộc đường tròn đường kính DG

Mặt khác AB là trung trực của MG, D thuộc AB nên DG = DM

Theo mối quan hệ giữa đường kính và dây ta có: 

\(CD\le DG=DM\Leftrightarrow2CD\le DM+CD=CM\Leftrightarrow CD\le\frac{1}{2}CM\)

Lại có tứ giác ACEM là hình thang cân, do vậy \(CD\le\frac{1}{2}CM=\frac{1}{2}AE\)(đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa cung AB không chứa M của (O).

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuôngtại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AC^2\)

=>\(AC^2=2\cdot6=12\)

=>\(AC=\sqrt{12}=2\sqrt3\) (cm)

b: ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của CD

Xét tứ giác ACED có

M là trung điểm chung của AE và CD

=>ACED là hình bình hành

Hình bình hành ACED có AE⊥CD

nên ACED là hình thoi

c: M là trung điểm của AE

=>\(AE=2\cdot AM=2\cdot2=4\left(\operatorname{cm}\right)\)

AE+EB=AB

=>EB=6-4=2(cm)

Xét (O') có

ΔEKB nội tiếp

EB là đường kính

Do đó: ΔEKB vuông tại K

=>EK⊥CB tại K

mà AC⊥CB

nên EK//AC
Xét ΔCAB có EK//AC

nên \(\frac{EK}{AC}=\frac{BE}{BA}\)

=>\(\frac{EK}{2\sqrt3}=\frac26=\frac13\)

=>\(EK=\frac{2\sqrt3}{3}\) (cm)

ACED là hình thoi

=>DE//AC
mà EK//AC
và DE,EK có điểm chung là E

nên D,E,K thẳng hàng

Bài 2 nếu ai giải được thì làm ơn gửi cho mình cách giải nhé!!Mình cũng có bài này mà ko giải được

xét (O) co

ΔCDN nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCND vuông tại N

=>DN⊥CB tại N

=>ΔFNE vuông tại N

Xét (O) có

AB là dây

CD là đường kính

CD⊥AB

Do đó: D là điểm chính giữa của cung lớn AB

=>Sđ cung DA=sđ cung Db

Xét (O) có \(\hat{IFN}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn cung BN và AD

=>\(\hat{IFN}=\frac12\) (sđ cung BN+sđ cung AD)

=1/2(sđ cung BN+sđ cung BD)

=1/2*sđ cung ND(1)

Xét (O) có \(\hat{IND}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến IN và dây cung ND

Do đó: \(\hat{IND}=\frac12\) *sđ cung ND(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{INF}=\hat{IFN}\)

=>IN=IF

Ta có: \(\hat{INF}+\hat{INE}=\hat{FNE}=90^0\)

\(\hat{IFN}+\hat{IEN}=90^0\) (ΔFNE vuông tại N)

mà \(\hat{INF}=\hat{IFN}\)

nên \(\hat{INE}=\hat{IEN}\)

=>IE=IN

=>IE=IN=IF

Vẽ hình

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó;ΔAEB vuông tại E

=>AE⊥ EB tại E

Xét tứ giác BEGH có \(\hat{BEG}+\hat{BHG}=90^0+90^0=180^0\overline{}\)

nên BHGE là tứ giác nội tiếp

b:

CEBD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ECD}+\hat{EBD}=180^0\)

mà \(\hat{ECD}+\hat{KCE}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{KCE}=\hat{KBD}\)

Xét ΔKCE và ΔKBD có

\(\hat{KCE}=\hat{KBD}\)

góc CKE chung

Do đó: ΔKCE~ΔKBD

=>\(\frac{KC}{KB}=\frac{KE}{KD}\)

=>\(KC\cdot KD=KB\cdot KE\)

c: Xét (O) có

ΔAFB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAFB vuông tại F

=>BF⊥AK tại F

Xét ΔKAB có

KH,AE là các đường cao

KH cắt AE tại G

Do đó: G là trực tâm của ΔKAB

=>BG⊥AK

mà BF⊥AK

và BG,BF có điêm chung là B

nên B,F,G thẳng hàng

Xét tứ giác KFGE có \(\hat{KFG}+\hat{KEG}=90^0+90^0=180^0\)

nên KFGE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AFGH có \(\hat{AFG}+\hat{AHG}=90^0+90^0=180^0\)

nên AFGH là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BHGE có \(\hat{BHG}+\hat{BEG}=90^0+90^0=180^0\)

nên BHGE là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{GFE}=\hat{GKE}\) (KFGE nội tiếp)

\(\hat{GFH}=\hat{GAH}\) (AFGH nội tiếp)

mà \(\hat{GKE}=\hat{GAH}\left(=90^0-\hat{EBA}\right)\)

nên \(\hat{GFE}=\hat{GFH}\)

=>FG là phân giác của góc HFE

Ta có: \(\hat{FHG}=\hat{FAG}\) (AHGF nội tiếp)

\(\hat{EHG}=\hat{EBG}\) (GEBH nội tiếp)

mà \(\hat{FAG}=\hat{EBG}\left(=90^0-\hat{AKB}\right)\)

nên \(\hat{FHG}=\hat{EHG}\)

=>HG là phân giác của góc FHE

Xét ΔFHE có

HG,FG là các đường phân giác

HG cắt FG tại G

Do đó; G là tâm đường tròn nội tiếp ΔFHE