0

1

0

Cũng ở Thanh Hóa à bạn😗

ta có △ AEB nội tiếp (T) có AB là đường kính -> AE vuông EB hay AE vuông ME 

xét tứ giác OAEM có góc MOA=góc AEM = 90độ → tứ giác OAEM nội tiếp → 4 điểm O,A,E,M cùng nằm trên một đường tròn 

Chọn đáp án A.

Ta có:

Do đó, tứ giác PMAC là tứ giác nội tiếp

Tham khảo 

https://asknlearn247.com/question/cho-duong-tron-o-r-duong-kinh-ab-co-dinh-tren-tia-doi-cua-tia-ab-lay-diem-c-sao-cho-ac-r-qua-c-k-2018212/

a, Xét (O), đường kính AB có: M ∈ (O)

⇒ AMB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AM ⊥ BP ⇒ AMP^=90°

PC ⊥ AC (gt) ⇒ ACP^=90° Hay BCP^=90°

Xét tứ giác ACPM có: AMP^+ACP^=90°+90°=180°

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn đường kính AP

b, Xét ΔBMA và ΔBCP có:

BMA^=BCP^=90° 

PBC^: góc chung

⇒ ΔBMA ~ ΔBCP (g.g)

⇒ BMBC=BABP (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒ BM.BP = BA.BC

Có BC=BA+CA=2R+R=3R

⇒ BM.BP=BA.BC=2R.3R=6R²

c, Tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn đường kính AP (cmt)

⇒ CPA^=CMA^ (góc nội tiếp chắn CA⏜)

Hay CPQ^=CMA^

Xét (O) có: A, M, N, Q ∈ (O)

⇒ Tứ giác AMNQ nội tiếp (O)

⇒ AQN^+AMN^=180° (tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp)

Mà AMC^+AMN^=180° (hai góc kề bù)

⇒ AQN^=CMA^ Hay PQN^=CMA^

Mà CPQ^=CMA^ (cmt)

⇒ CPQ^=PQN^

Mà hai góc này ở vị trí so le trong so PQ cắt CP và NQ

⇒ CP // NQ

d, Gọi D là trung điểm của BC, kẻ đường thẳng qua Q song song với MO cắt AO tại I

Mà BC cố định ⇒ D cố định

Có O, D cố định ⇒ I cố định

Xét ΔMBC có: G là trọng tâm của ΔMBC (gt)

⇒ DGDM=13

Xét ΔOMD có: GI // MO (cách vẽ)

⇒ DGDM=GIMO (hệ quả định lí Talet)

⇒ GIMO=13⇒GI=MO3=R3

Mà R không đổi

⇒ G luôn cách I một khoảng bằng R3

⇒ Khi M di động, G luôn thuộc đường tròn tâm I, bán kính 

a, Xét (O), đường kính AB có: M ∈ (O)

⇒ ˆAMB=90°AMB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AM ⊥ BP ⇒ ˆAMP=90°AMP^=90°

PC ⊥ AC (gt) ⇒ ˆACP=90°ACP^=90° Hay ˆBCP=90°BCP^=90°

Xét tứ giác ACPM có: ˆAMP+ˆACP=90°+90°=180°AMP^+ACP^=90°+90°=180°

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn đường kính AP

b, Xét ΔBMA và ΔBCP có:

ˆBMA=ˆBCP=90°BMA^=BCP^=90° 

ˆPBCPBC^: góc chung

⇒ ΔBMA ~ ΔBCP (g.g)

⇒ BMBC=BABPBMBC=BABP (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒ BM.BP = BA.BC

Có BC=BA+CA=2R+R=3R

⇒ BM.BP=BA.BC=2R.3R=6R²

c, Tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn đường kính AP (cmt)

⇒ ˆCPA=ˆCMACPA^=CMA^ (góc nội tiếp chắn CACA⏜)

Hay ˆCPQ=ˆCMACPQ^=CMA^

Xét (O) có: A, M, N, Q ∈ (O)

⇒ Tứ giác AMNQ nội tiếp (O)

⇒ ˆAQN+ˆAMN=180°AQN^+AMN^=180° (tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp)

Mà ˆAMC+ˆAMN=180°AMC^+AMN^=180° (hai góc kề bù)

⇒ ˆAQN=ˆCMAAQN^=CMA^ Hay ˆPQN=ˆCMAPQN^=CMA^

Mà ˆCPQ=ˆCMACPQ^=CMA^ (cmt)

⇒ ˆCPQ=ˆPQNCPQ^=PQN^

Mà hai góc này ở vị trí so le trong so PQ cắt CP và NQ

⇒ CP // NQ

d, Gọi D là trung điểm của BC, kẻ đường thẳng qua Q song song với MO cắt AO tại I

Mà BC cố định ⇒ D cố định

Có O, D cố định ⇒ I cố định

Xét ΔMBC có: G là trọng tâm của ΔMBC (gt)

⇒ DGDM=13DGDM=13

Xét ΔOMD có: GI // MO (cách vẽ)

⇒ DGDM=GIMODGDM=GIMO (hệ quả định lí Talet)

⇒ GIMO=13⇒GI=MO3=R3GIMO=13⇒GI=MO3=R3

Mà R không đổi

⇒ G luôn cách I một khoảng bằng R3R3

⇒ Khi M di động, G luôn thuộc đường tròn tâm I, bán kính R3R3

Vì `hat{ACB},hat{ADB}` là 2 góc chẵn nửa (O)
`=>hat{ACB}=hat{ADB}=90^o`
`=>hat{ICM}=hat{IDM}=90^o`
`=>hat{ICM}+hat{IDM}=180^o`
`=>` tg CIDM nt
Vì `MH bot AB`
`=>hat{MHB}=90^o`
`=>hat{MCB}=hat{MHB}=90^o`
`=>` tg CHBD nt (2 đỉnh kề nhau dưới 1 góc không đổi)

a: góc BNA=1/2*180=90 độ

góc FNB+góc FCB=180 độ

=>FCBN nội tiếp

b: góc ADB=1/2*180=90 độ

Xét ΔADB vuông tạiD và ΔACE vuông tại C có

góc A chung

=>ΔADB đồng dạng với ΔACE
=>AD/AC=AB/AE

=>AC*AB=AD*AE

c: Xét ΔEAB có

EC,AN là đường cao

EC cắt AN tại F

=>F là trực tâm

=>BF vuông góc AE

mà BD vuông góc AE

nên B,F,D thẳng hàng