Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án D
* Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B.
Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh E F / / A B .
Ta có:
Hai góc ở vị trí đồng vị ⇒ E F / / A B
(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)
Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>\(\hat{ACB}=90^0\)
Xét tứ giác CEHF có \(\hat{CEH}=\hat{CFH}=\hat{ECF}=90^0\)
nên CEHF là hình chữ nhật
=>\(\hat{CFE}=\hat{CHE}\)
mà \(\hat{CHE}=\hat{CAB}\left(=90^0-\hat{HCE}\right)\)
nên \(\hat{CFE}=\hat{CAB}\)
Gọi Cx là tiếp tuyến tại C của (O)
=>CO⊥Cx tại C
Xét (O) có
\(\hat{xCB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Cx và dây cung CB
\(\hat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB
Do đó: \(\hat{xCB}=\hat{CAB}\)
mà \(\hat{CAB}=\hat{CFE}\)
nên \(\hat{xCB}=\hat{CFE}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nen Cx//FE
=>FE⊥OC
=>OC⊥MN
ΔOMN cân tại O
mà OC là đường cao
nên OC là phân giác của góc MON
Xét ΔOMC và ΔONC có
OM=ON
\(\hat{MOC}=\hat{NOC}\)
OC chung
Do đó: ΔOMC=ΔONC
=>CM=CN
Đặt $A(0,0),\ B(2R,0)$ và gọi $OC=R-c$ với $0<c<R$. Để bài gọn, ta chuẩn hóa $R=1$:
$A(0,0),\quad B(2,0),\quad C(c,0)$.
Vì $K$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $CK\perp AB$.
Gọi $M(x,y)$ thuộc đường tròn, ta có:
$x^2+y^2=2x$.
Đặt $t=\dfrac yx$. Khi đó:
$M\left(\dfrac{2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$.
a) Chứng minh $ACMD$ nội tiếpVì $D\in BM$ và $D\in CK$ nên:
$D\left(c,\dfrac{2-c}{t}\right)$.
Ta có:
$\widehat{ACD}=90^\circ$
Mặt khác, do $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:
$\widehat{AMD}=90^\circ$.
Suy ra:
$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$
Vậy:
$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.
b) Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàngTa có $N\in BH$ và $H\in AM$.
Từ $H\left(c,ct\right)$, phương trình $BH$ là:
$y=\dfrac{ct}{c-2}(x-2)$.
Mặt khác, vì $N$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:
$x_N^2+y_N^2=2x_N$.
Giải ra được:
$N\left(\dfrac{2c^2t^2}{(2-c)^2+c^2t^2},
\dfrac{2c(2-c)t}{(2-c)^2+c^2t^2}\right)$.
Do đó:
$\dfrac{y_N}{x_N}
=\dfrac{2-c}{ct}$.
Mà:
$\dfrac{y_D}{x_D}
=\dfrac{(2-c)/t}{c}
=\dfrac{2-c}{ct}$.
Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.
Vậy:
$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$.
c) Chứng minh $MN$ luôn đi qua một điểm cố địnhTừ tọa độ $M,N$, giao điểm của $MN$ với $AB$ có hoành độ:
$x=\dfrac{c}{c-1}$.
Điểm này không phụ thuộc vào vị trí của $M$.
Gọi điểm cố định đó là $T$, ta có:
$T\left(\dfrac{c}{c-1},0\right)$.
Vậy khi $M$ di động trên cung $KB$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định:
$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.