Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Trong tam giác OIK có:
|OK −− OI| < IK < |OK + OI| hay ∣R−r∣<IK<∣R+r∣∣R−r∣<IK<∣R+r∣.
Vậy hai đường tròn (I) và (K) luôn cắt nhau.
b) Dễ thấy tứ giác OMCN là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông).
Mà OM = OI + IM = OI + OK;
ON = OK + KN = OK + OI.
Vậy OM = ON hay hình chữ nhật OMCN là hình vuông.
c) Gọi giao điểm của BK và MC là L và giao điểm của AB với MC là P.
Tứ giác IBKO là hình chữ nhật. Suy ra IB = OK.
Tứ giác MLBI là hình vuông nên ML = BI, BL = OK.
Từ đó suy ra ΔBLP=ΔKOIΔBLP=ΔKOI. Vì vậy LP = OI.
Suy ra MP = ON = MC. Hay điểm C trùng với P.
Suy ra ba điểm A, B, C thẳng hàng.
d) Nếu OI + OK = a (không đổi) thì OM = MC = a không đổi. Suy ra điểm C cố định.
Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm C cố định.
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:
$\boxed{CT=CD}$.
Tự vẽ hình nha,
Câu a, Ta có : tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên MK=AH và HM=AK
Mà HM, MK lần lượt là bán kính của (H) và (M)
Xét tam giác HAK có : theo bđt tam giác : HA-HB<HK<HA+HK
Hay MK-MH<HK<MH+MK => hai đường tròn luôn cắt nhau ( giả sử MK>MH)
Ta có \(\widehat{NMH}=\widehat{NCB};\widehat{NMK}=\widehat{NBC}\)
Do AKMH là hình chữ nhật nên
\(\widehat{NMH}+\widehat{NMK}=90\Rightarrow\widehat{NCB}+\widehat{NBC}=90\)
\(\Rightarrow\widehat{BNC}=90\). Vẽ hình vuông ABEC
Ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định
Ta lại có \(\widehat{NEB}=\widehat{NCB}\)mà \(\widehat{NCB}=\widehat{NMH}\)
\(\widehat{NEB}=\widehat{NMH}\), do \(MH//EB\)nên ba điểm N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định