2) Chứng minh  N B 2 = N K . N M .

Ta có N là điểm chính giữa cung  B C ⏜   ⇒ B N ⏜ = C N ⏜   ⇒ B M N ^ = C M N ^   (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

Mà  C B N ^ = C M N ^ (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung  C N ⏜ )

C B N ^ = B M N ^ (cùng bằng góc  C M N ^ )  ⇒ K B N ^ = B M N ^

Xét  Δ K B N   v à   Δ B M N có:

N ^ chung

K B N ^ = B M N ^

⇒ Δ K B N ∽ Δ B M N ⇒ K N B N = B N M N ⇒ N B 2 = N K . N M

(điều phải chứng minh).

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Ta có  A B C ^ = A N C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung A C ⏜ )

Mà A M C ^ = A H I ^ (góc nội tiếp cùng chắn cung I C ⏜ )

⇒ A B C ^ = I K C ^  Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên  H B / / I K  (1)

+ Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp

A N C ^ = I K C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  A I ⏜ )

Ta có  A B C ^ = A M C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  A C ⏜ )

⇒ A B C ^ = A H I ^  Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên  B K / / H I  (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành.

Mặt khác AN, CM  lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C  trong tam giác ABC nên I là giao điêm 3 đường phân giác, do đó BI là tia phân giác góc B

Vậy tứ giác BHIK là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Ta có M là điểm chính giữa cung A B ⏜ ⇒ A M ⏜ = B M ⏜ ⇒ M N A ^ = M C B ^  

⇒ K N I ^ = I C K ^ . Tứ giác CNKJ có C và N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KJ dưới góc bằng nhau nên CNKJ nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Do đó bốn điểm C, N, K, I  cùng thuộc một đường tròn.

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác  B D C ^

Ta có  K Q C ^ = 2 K M C ^  (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))

N D C ^ = K M C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  N C ⏜ )

Mà  B D C ^ = 2 N D C   ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^

Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở  ⇒ B C D ^ = B C Q ^  do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK

Chứng minh tương tự ta có  ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

a) Do M là điểm chính giữa cung AB nên AM⌢=MB⌢AM⌢=MB⌢​ .

Suy ra ACM^=MCB^ACM

=MCB

  (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Lại có  ACM^=ANM^ACM

=ANM

 (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Nên INK^=ICK^INK

=ICKXét tứ giác KICN có INK^=ICK^INK=ICK

 nên KICN là tứ giác nội tiếp hay C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 

b) Do N là điểm chính giữa cung BC nên BN⌢=NC⌢BN⌢​=NC⌢​ 

Vậy thì BMN^=KBN^BMN

=KBN

 (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Xét tam giác BMN và tam giác KBN có:

Góc B chung

BMN^=KBN^BMN

=KBN

$\Rightarrow \Delta BMN\sim \Delta KBN\left(g-g\right)$

⇒BNKN=MNBN⇒NB2=NK.NM⇒KNBN​=BNMN​⇒NB2=NK.NM.

c. 

Tứ giác IKNC là tứ giác nội tiếp (cmt)=> \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{IC}\))

Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ANC=}\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\))

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{IKC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => IK // HB (dhnb)

Chứng minh tương tự câu a ta có: Tứ giác AMHI là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{AHI}=\widehat{AMI}=\widehat{AMC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AI}\))

Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{AHI}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => HI // BK

Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{BM}\)

Xét đt(O) có: \(\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)và \(\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)=> CM là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)

CMTT ta có: AN là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

Mà 2 dây AN và CM cắt nhau tại I (gt) => BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)hay BI là tia phân giác của \(\widehat{HBK}\)

Xét tứ giác BHIK có:

* HI // BK (cmt)

* IK // HB (cmt)

=> tứ giác BHIK là hình bình hành (DHNB)

Mà BI là phân giác của \(\widehat{HBK}\)(cmt) => tứ giác BHIK là hình thoi (dhnb hình thoi)

d. Vì \(\widehat{NBK}=\widehat{BMN}=\widehat{BMK}\left(cmt\right)\)=> BN là tiếp tuyến tại B của đt (P) ngoại tiếp \(\Delta MBK\)=> \(BN\perp BP\)Mà \(BN\perp BD\)do \(\widehat{DBN}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => B, P , D thẳng hàng

Tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng

\(\Delta BPK\)và \(\Delta DBC\)là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy => góc ở đỉnh của chúng bằng nhau => \(\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\)Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => PK // DC (dhnb) => PK // DQ

CMTT ta có: DP // QK => DPKQ  là hình bình hành (dhnb HBH) => DK đi qua trung điểm của PQ => D, E, K thẳng hàng (đpcm)

a. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)(2 góc nội tiếp chắn 2 cung = nhau)

Lại có: \(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)(CÙNG = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\))  => \(\widehat{MNA}=\widehat{BCM}\)hay \(\widehat{KNI}=\widehat{KCI}\)(Do M,K,N và A,I,N => \(\widehat{MNA}=\widehat{KNI}\); M,I,C và B,K,C => \(\widehat{BCM}=\widehat{KCI}\)) => IKNC là tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)

b. Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{BMN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)và \(\widehat{NBC}=\widehat{NBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)

mà N là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{BC}\)(gt) => sđ \(\widebat{BN}\)= sđ \(\widebat{NC}\)=> \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta KBN\)có:

* \(\widehat{N}\)chung

* \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)(cmt)

=> \(\Delta BMN~\Delta KBN\)(g.g) => \(\frac{NB}{NK}=\frac{NM}{NB}\)<=> \(NB^2=NK.NM\)(đpcm)

NB^2=NK*NM

=>NB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMBK

=>NB vuông góc PB

góc DBN=90 độ

=>DB vuông góc NB

=>P,B,D thẳng hàng

Chứng minh tương tự, ta được: C,Q,K thẳng hàng

ΔKPB cân tại P, ΔDBC cân tại D

=>PK//QD

Chứng minh tương tự, ta được: QK//DB

=>DPKQ là hình bình hành

=>DK cắt PQ tại trung điểm của mỗi đường

=>E,D,K thẳng hàng

a) Xét tứ giác HMBI có:

∠HMI = ∠HBI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AN}=\widebat{CN}\))

Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh HI

=> Tứ giác BMHI nội tiếp

b) Xét ΔMNI và ΔMKC có:

∠KMC là góc chung

∠MNI = ∠KCM (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AM}=\widebat{BM}\))

=> ΔMNI ∼ ΔMCK => \(\frac{MN}{MC}=\frac{MI}{MK}\) => MN.MK = MC.MI

c) Xét tứ giác NKIC có:

∠KNI = ∠KCI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau \(\widebat{AM}=\widebat{MB}\))

Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh KI

=> Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp

=> ∠NKI + ∠NCI = 180o (1)

Xét đường tròn (O) có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{ANK}=\widehat{ACM}\left(\text{2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM}\right)\\\widehat{NAK}=\widehat{NCA}\left(\text{2 góc nội tiếp cùng chắn 2 cung BẰNG NHAU}\widebat{AN}=\widebat{CN}\right)\end{cases}}\)

=> ∠ANK + ∠NAK = ∠ACM + ∠NCA = ∠NCI (2)

Xét tam giác AKN có: ∠ANK + ∠NAK + ∠NKA = 180o (3)

Từ (1), (2), (3) => ∠NKI = ∠NKA

Xét tam giác IKN và tam giác AKN có:

∠NKI = ∠NKA

KN là cạnh chung

∠KNI = ∠KNA (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

=> ΔIKN = ΔAKN

=> IK=AK =>ΔAKI cân tại K

Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp

Mặt khác ∠KCN = ∠ABN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của (O))

∠BAC = ∠BNC (2 góc nội tiếp cùng chắc cung BC của (O))

=> Tứ giác AHIK là hình bình hành

Mà IK = AK

=> Tứ giác AHIK là hình thoi.

CÒN LẠI TỰ LÀM LÀM NHA

bằng cục ứt