1: góc AKP+góc AHP=180 độ

=>AKPH nội tiếp

2: góc KAC=1/2*sđ cung KC

góc OMB=góc CBK(MH//CB)

=>góc OMB=góc KAC

cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (H thuộc AB), MB cắt (O) tại điểm thứ hai là K cắt CH tại N. CMR :
a) AKNH là tứ giác nt
b)  AM.AM = MK.MB
c) Góc KAC bằng góc OMB

Chịu @- @

 xét tứ giác AK NH có :

góc AKB bằng 90 độ g(óc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Góc AHN bằng 90° (AH vuông góc với hc)

Suy  ra góc AKB + góc AHN bằng 180 độ

 tự giác AHKN  nt 

Xét tam giác ABC có AK vuông góc với MB  suy ra MA. MA=MK. MB

Gọi giao điểm của AC và OM là D phẩy giao điểm của m b với ac là i.

Xét tam giác AiK và tam giác MiD có 

 góc i là góc chung

Góc AKi=góc mdi(=90 độ) 

Suy ra tam giác aik đồng dạng với tam giác min suy ra góc kac bằng goc 0mb

 mình mới giải bài tập nhưng có một số ký hiệu không ghi được bằng bàn phím nên các bạn thông cảm

a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: ˆMAO=ˆMCO=900⇒MAO^=MCO^=900⇒ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

ˆADB=900ADB^=900 góc nội tiếp chắn nửa đường  tròn) ⇒ˆADM=900⇒ADM^=900 (1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC

⇒ˆAEM=900⇒AEM^=900 (2). 

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

b)  Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ˆADE=ˆAME=ˆAMOADE^=AME^=AMO^ (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: ˆAMO=ˆACOAMO^=ACO^(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4).

Từ (3) và (4) suy ra ˆADE=ˆACOADE^=ACO^

c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ˆACB=900ACB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ˆACN=900⇒ACN^=900, suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).

Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì ICMN=IHMA(=BIBM)ICMN=IHMA(=BIBM) (6).

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.

Để giải quyết bài toán này, ta sử dụng định lí Menelaus và định lí Stewart.

Bước 1: Chứng minh AD/AC + AM/AN = 3.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AGC với đường thẳng cắt AC, ID, MG, ta có:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{DN}{NC} \cdot \dfrac{CG}{GA} = 1$

Do $CG = 2 \cdot GA$ và $DN = AN - AD = AN - 2\cdot AI$, ta có thể đưa về dạng:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-2\cdot AI}{NC} = \dfrac{1}{2}$

Từ định lí Stewart, ta có $4\cdot AI\cdot DI + AD^2 = 3\cdot ID^2$, do đó $ID = \dfrac{AD}{\sqrt{3}}$.

Thay vào phương trình trên, ta được:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-AD}{NC} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Tương đương với:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AD}{NC} + \dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AM}{AN} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \dfrac{AD}{NC}$

Từ đó suy ra:

$\dfrac{AM}{AN} + \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{3}{\sqrt{3}}$

Do đó:

$\dfrac{AD}{AC} + \dfrac{AM}{AN} = 3$ (Đpcm)

Trong đường tròn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

- MA là tia phân giác của góc HMC

Vậy C, M, D thẳng hàng.

d, kéo dài BC cắt AM tại Q

\(\Delta ACQ\) vuông tại C có MA= MC (2 tiếp tuyến cắt nhau)

góc MAC = góc MCA

--> MAC + AQB=MCA+MCQ=90

-->AQB=MCQ-->MC=MQ--> MA=MQ

\(\Delta MAB\sim\Delta NHB\Rightarrow\frac{NH}{MA}=\frac{NB}{MB}\)

\(\Delta QMB\sim\Delta CNB\Rightarrow\frac{CN}{QM}=\frac{BN}{BM}\)

------>>>>........