Bài 1 :                                                      Bài giải

Hình tự vẽ //                                       

a) Ta có DOC = cung DC

Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC

=>DOC = 2 . AOC (1)

mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)

Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180

b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn

=>ACD=90 độ

c) c) HC=1/2*BC=12

=>AH=căn(20^2-12^2)=16

Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765

=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047

Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)

<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2

=>OA=12.5

a) Xét \(\Delta\)ABC: Trực tâm H => ^BAC + ^BHC = 180⁰. Tương tự: ^BPC + ^BMC = 180⁰

Suy ra: ^BAC + ^BHC = ^BPC + ^BMC. Ta có: ^BHC = ^BMC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

=> ^BAC = ^BPC => Tứ giác ABCP nội tiếp => P nằm trên (ABC) hay P thuộc (O) (đpcm)

b)  Gọi AO cắt BC tại F'. Ta đi chứng minh F trùng F'. Thật vậy:

Gọi 2 đường cao của tam giác ABC là BT và CS. ST cắt AH tại I.

Tứ giác BSTC nội tiếp => ^ATS = ^ABC => ^ATI = ^ABF'. Dễ thấy: ^TAI = ^BAF'

Suy ra: ^AF'B = ^AIT. Mà HE // AF', ^AIT = ^HIS nên ^HEB = ^HIS => \(\Delta\)HBE ~ \(\Delta\)HSI (g.g)

=> \(\frac{BE}{SI}=\frac{HB}{HS}=\frac{BC}{ST}=\frac{AC}{AS}\). Ta cũng có: \(\Delta\)AF'C ~ \(\Delta\)AIS (g.g) => \(\frac{CF'}{SI}=\frac{AC}{AS}\)

Do đó: \(\frac{BE}{SI}=\frac{CF'}{SI}\)=> BE = CF' . Mà BE = CF nên CF = CF' => F trùng F' => A,F,O thẳng hàng (đpcm).

c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BHC. Dễ thấy O đối xứng với K qua BC => CO=OP=CK (1)

Ta có: Hai đường tròn (N) và (K) có 2 điểm chung là B và M => KN vuông góc BM, kết hợp OK vuông góc BC

=> ^OKN = ^MBC (2 góc có 2 cạnh tương ứng vuông góc). Tương tự thì ^ONK = ^MBA

Mà ^MBC = ^MBA (Do BM là phân giác ^ABC) nên ^OKN = ^ONK => \(\Delta\)NOK cân tại O

Suy ra O nằm trên trung trực của NK và CP (Vì OP=OC)

Mặt khác: NK vuông góc BM. BM lại vuông góc CP (M là trực tâm \(\Delta\)BCP) => NK // CP

Từ đó: Trung trực của NK và CP trùng nhau => Tứ giác PNKC là hình thang cân => CK = PN (2)

Từ (1),(2) => PN = PO (đpcm).

a) Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là trực tâm tam giác PBC.

Từ đó ta có \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}\). Do H là trực tâm tam giác ABC nên \(\widehat{BAC}=180^0-\widehat{BHC}\)

Mà ta lại có \(\widehat{BHC}=\widehat{BMC}\)do tứ giác BHMC nội tiếp.

Do đó ta được \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}=180^0-\widehat{BHC}=\widehat{BAC}\). Suy ra bốn điểm A,B,C,P cùng thuộc một đường tròn

Vậy P nằm trên (O) 

b) Dựng đường kính AK của đường tròn (O). Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành.

Xét \(\Delta BHE\)và \(\Delta CKF\)có BE = CF,\(\widehat{HBE}=\widehat{KCF}\), BH = CK nên \(\Delta BHE=\Delta CKF\left(c-g-c\right)\)

Từ đó ta được \(\widehat{KFC}=\widehat{HEB}\)suy ra HE song song với KF. Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thẳng hàng.

Vậy ba điểm A, F, O thẳng hàng (đpcm)

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Ta có \(\Delta BHC=\Delta CKB\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKB. Từ đó ta suy ra được OB = OC = IB = IC. Chú ý rằng ON là đường trung trực của AB và OI là đường trung trực của BC, IN là đường trung trực của BM nên ta suy ra được \(\widehat{ONI}=\widehat{ABM}\)và \(\widehat{OIN}=\widehat{MBC}\)

Từ đó dẫn đến \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)nên \(\widehat{OIN}=\widehat{ONI}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)hay tam giác OIN cân tại O, đồng thời ta có \(\widehat{NOI}=180^0-2\widehat{NIO}=180^0-\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{POB}=2\widehat{PCB}=2\left(90^0-\widehat{MBC}\right)=180^0-2\widehat{MBC}=180^0-\widehat{ABC}\)

Từ đó ta được \(\widehat{NOI}=\widehat{POB}\)nên suy ra \(\widehat{NOP}=\widehat{IOB}\)

Hai tam giác OBI và OPN có \(OI=ON,\widehat{NOP}=\widehat{IOB},OB=ON\)nên \(\Delta OBI=\Delta POB\)

Mà tam giác OBO cân tại B nên tam giác OPN cân tại P. Từ đó suy ra PN = PO

Từng bài 1 thôi bạn!

vẽ trên đt thông cảm!

Do đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là O

Ta có bổ đề: \(OM=AN=NH=\frac{1}{2}AH\)(tự chứng minh)

Vì \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\)(cùng phụ với \(\widehat{ABC}\)) 

Mà AK là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

=> AK là phân giác 

\(\widehat{HAO}\Rightarrow\widehat{NAK}=\widehat{KAO}\)

Theo bổ đề trên ta có tứ giác ANMO là hình bình hành

=> HK//AO

=> \(\widehat{AKN}=\widehat{KAO}=\widehat{NAK}\left(cmt\right)\)

Hay tam giác NAK cân tại N mà N là trung điểm AH

=> AN=NH=NK

=> \(\Delta AHK\)vuông tại K

câu 2 cũng là câu c luôn ah. nếu cần thì t giải giúp cho

toán 9 nhjeu mà hs lớp 9 ít

2c) Theo cm câu b) trog tam giác DHE có DA là phân giác trog tại đỉnh D mà DA vuông DC nên DC là phân giác ngoài

Vậy AH/AE = CH/CE => AH.CE = AE.CH

oài 3 bài này khó kinh khủng 

1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)

 ~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~

Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))

\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))

\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)

Ta lại có: \(BD\perp HK\)

\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)

\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)

Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))

Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)

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

\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)

(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )

Ủa bạn ơi sao phụ nhau? Dòng đầu ấy

Đúng rồi bạn. Phụ nhau ý nghĩa là ^HBD + ^ACB = 90^0 và tương tự như góc kia. (Tam giác vuông ý)