Chương III - Góc với đường tròn

Lời giải:

*** Mình chưa thấy điểm $I$ có vai trò gì trong bài này.

Gọi $D$ là giao điểm $BC, AN$ và $L$ là giao $AN$ với $(O)$

Dễ thấy $\triangle ABN=\triangle MCN$ do:

$AB=MC$ (tính chất cung bị chặn bởi 2 dây song song)

$NB=NC$

$\widehat{ABN}=\frac{1}{2}\text{sđc(AB>)}=\frac{1}{2}\text{sđc(MC>)}=\widehat{MCN}$

Do đó:

$\widehat{BAD}=\widehat{BAN}=\widehat{CMN}=\widehat{CAH}$

$\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{CAD}$

Ta có:

$\frac{HB}{CH}=\frac{S_{ABH}}{S_{ACH}}=\frac{AB.AH.\sin BAH}{AC.AH.\sin CAH}=\frac{AB.\sin BAH}{AC\sin CAH}$

$=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin BAH}{\sin CAH}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CAD}{\sin BAD}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CAL}{\sin BAL}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin CBL}{\sin BCL}=\frac{AB}{AC}.\frac{LC}{BL}(*)$

Mà:

Dễ cm $\triangle ABN\sim \triangle BLN, \triangle ACN\sim \triangle CLN$

$\Rightarrow \frac{AB}{BL}=\frac{BN}{LN}=\frac{CN}{LN}=\frac{AC}{CL}$

$\Rightarrow \frac{LC}{BL}=\frac{AC}{AB}(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{BH}{HC}=\frac{AB}{AC}.\frac{AC}{AB}=1$

$\Rightarrow BH=HC$ nên $H$ là trung điểm của $BC$

Hình vẽ:

** Đây là bài toán liên quan đến đường đẳng giác, đường đối trung. Bạn có thể google search để hiểu chuyên sâu hơn về tính chất của đường này.

Hình vẽ:

Lời giải:

a) 

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có $CM=CA$. Mà $CM\perp MO, CA\perp OA$ nên $C$ cách đều 2 cạnh $OM, OA$. Do đó $OC$ là phân giác $\widehat{MOA}$

$\Rightarrow \widehat{COM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}$

Tương tự:

$\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{DOM}$

$\Rightarrow \widehat{COD}=\widehat{COM}+\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=90^0$

$\Rightarrow \triangle COD$ vuông tại $O$

b) 

$AC.BD=CM.DM(1)$

Tam giác $COD$ vuông tại $O$ có $OM\perp CD$ nên theo hệ thức lượng trong tam giác ta có:

$CM.DM=OM^2=R^2(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow AC.BD=R^2$

c) Gọi $I$ là giao $BC$ và $MH$

$K$ là giao $BM$ và $Ax$

Ta có:

Vì $KC\parallel DB$ nên $\widehat{CKM}=\widehat{DBM}$ (so le trong)

$\widehat{DBM}=\widehat{DMB}=\widehat{KMC}$ (do $DM=DB$ nên tam giác $DMB$ cân tại D)

Do đó: $\widehat{CKM}=\widehat{KMC}$ nên tam giác $CKM$ cân tại $C$

$\Rightarrow CK=CM$. Mà $CM=CA$ nên $CK=CA$

Mặt khác:

$MH\parallel Ax$ (cùng vuông góc $AB$) nên theo định lý Talet:

$\frac{MI}{KC}=\frac{BI}{BC}=\frac{IH}{CA}$ 

Vừa cm được $KC=CA$ nên $MI=IH$ hay $I$ là trung điểm $MH$

Ta có đpcm. 

Xin lỗi bạn vì bây giờ mình mới onl để trả lời được .

Lời giải:

Bài này mấu chốt là việc chỉ ra $D,F,B$ thẳng hàng.

Theo tính chất góc nội tiếp chắn đường kính suy ra \(\widehat{ANB}=90^0\) hay \(AN\perp EB\)

Xét tam giác $EAB$ có \(AN\perp EB, EC\perp AB\) và \(AN\cap EC=F\) nên $F$ là trực tâm của tam giác $EAB$

Do đó: \(BF\perp EA\)

Mà \(BD\perp EA\) do \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính)

\(\Rightarrow BF\parallel BD\Rightarrow B,D,F\) thẳng hàng.

\(\Rightarrow \widehat{FDA}=90^0\)

Xét tứ giác $FDAC$ có \(\widehat{FDA}+\widehat{FCA}=90^0+90^0=180^0\) nên là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{DCF}=\widehat{DAF}=\widehat{DAN}(1)\)

Mặt khác:

Tổng hai góc đối \(\widehat{FCB}+\widehat{FNB}=90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác $FNBC$ nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{NCF}=\widehat{NBF}=\widehat{NBD}(2)\)

Từ \((1); (2)\) kết hợp với \(\widehat{DAN}=\widehat{NBD}\) (hai góc nội tiếp chắn cung DN) suy ra \(\widehat{DCF}=\widehat{NCF}\), hay $CF$ là tia phân giác của góc \(\widehat{DCN}\).

Ta có đpcm.

@Nguyễn Thanh Hằng , @Aki Tsuki, @Akai Haruma, @Nhã Doanh, @Nguyễn Huy Thắng, @Neet, @Ngô Thanh Sang giúp với!!!!!!!!!!!!

Câu a:

Xét tứ giác ABCN có: \(\widehat{BAC}=\widehat{CNB}=90^0\)

⇒ ABCN nội tiếp

Câu b:

\(M,C,D,N\in\left(O\right)\)

⇒ MCDN nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DCM}+\widehat{DNM}=180^0\)

mà \(\widehat{DNM}+\widehat{BNA}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)

⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{BNA}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{BNA}\) (ABCN nội tiếp)

⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{ACB}\)

⇒ CA là tia phân giác của \(\widehat{BCD}\)

Câu c:

Vì ABCN nội tiếp nên \(\widehat{ABC}+\widehat{ANC}=180^0\)

mà \(\widehat{DNC}+\widehat{ANC}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)

⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DNC}\)

mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DNC}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{DC}\text{ của }\left(O\right)\right)\)

⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DEC}\) tại vị trí đồng vị

⇒ AB // DE

⇒ ABED là hình thang

Câu d:

• Theo gt, ta có: M đx K qua E

mà MK ⊥ BC tại E

⇒ BC là đường trung trực của MK

⇒ \(\widehat{BKM}=\widehat{BMK}\) và \(\widehat{CKM}=\widehat{CMK}\)

• Tương tự, ta cũng có AB là đường trung trực của IM

⇒ \(\widehat{BIA}=\widehat{BMA}\)

• Xét tứ giác BICK có:

\(\widehat{BIC}+\widehat{BKC}=\widehat{BMA}+\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BMA}+\widehat{BMK}+\widehat{CMK}=180^0\)

⇒ BICK nội tiếp

• Gọi (O') là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BICK

⇒ O' thuộc đường trung trực của BC

⇒ O'B nhỏ nhất khi O' là trung điểm của BC

mà O'B = O'C = O'K

⇒ ΔKBC vuông tại K

⇒ \(\widehat{BKC}=\widehat{BMC}=90^0\)

⇒ \(M\equiv A\)

Suy ra đường tròn ngoại tiếp ΔBIK có bán kính R nhỏ nhất khi M trùng A.

Mấy bạn giải giúp mik nha