Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
câu này là đề hình của 1 năm nào đó mà trong quyển ôn thi vào 10 môn toán có bn nhé! cũng không khó lắm đâu lời giải rất chi tiết hình như là đề 3 đấy (phàn đề thật)
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:
$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.
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:
$\boxed{CT=CD}$.
A B O C D M E F K I N L
Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.
Dễ thấy ^BNA = 900. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA
Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK
Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 3600 - ^ANM - ^KNM
= (1800 - ^ANM) + (1800 - ^KNM) = ^ABM + (1800 - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA
=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A
=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)
Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)
Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const
Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi
=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi
Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).