a, Xét tứ giác CDME có 

^MEC = ^MDC = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh MC 

Vậy tứ giác CDME là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, bạn ktra lại đề 

1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do  H E ∥ B C ⊥ H A  ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có A P H ^ = A E H ^  (góc nội tiếp)

= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)

⇒ P H ≡ P B

2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^  

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF

Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF

Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra  E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B

Tương tự F I ∥ H C ;   E F ∥ B C ⇒ Δ I E F   v à   Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

a: góc CDM=góc CEM=90 độ

=>CDEM nội tiếp

b: Xet ΔMEA vuông tại E và ΔMDB vuông tại D có

góc EMA chung

=>ΔMEA đồng dạng với ΔMDB

=>ME/MD=MA/MB

=>ME*MB=MA*MD

a. góc CDM=góc CEM=90 độ

=>CDEM nội tiếp

b. Xet ΔMEA vuông tại E và ΔMDB vuông tại D có

góc EMA chung

=>ΔMEA đồng dạng với ΔMDB

=>ME/MD=MA/MB

=>ME*MB=MA*MD

a, Sử dụng tính chất phân giác trong và phân giác ngoài tại 1 điểm ta có:

I B K ^ = I C K ^ = 90 0

=> B, C, I, K ∈ đường tròn tâm O đường kính IK

b, Chứng minh  I C A ^ = O C K ^  từ đó chứng minh được  O C A ^ = 90 0

Vậy AC là tiếp tuyến của (O)

c, Áp dụng Pytago vào tam giác vuông HAC  => AH=16cm. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COA => OH=9cm,OC=15cm

a)     CMR: 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên ∠ICK=90

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: ∠IBK=90

Xét tứ giác BICK ta có: ∠IBK+∠ICK=90+90=180

  là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC.

b)     CMR: AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : 

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

∠OIC=∠IAC+∠ACI=1/2∠BAC+1/2∠ACB=1/2∠BAC+1/2∠ABC

⇒∠ICO+∠ICA=1/2∠BAC+1/2∠ABC+1/2∠ACB=12.180=90 ⇒OC⊥CA.

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm).

c)     Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI, IB, BK, KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB = 20, BC = 24.

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm BC và IK là M.

Ta có ngay :

S = S′−S (ICKB) =π.IO²−S (IBK)−S (IKC)

= π.IK²/4 −(BM.IK)/2−(CM.IK)/2

=πIK²/4 − (BC.IK)/2

Ta có :

     S (ABC) = 1/2 (AM.BC) = (AB+BC+CA) /2 .IM

⇔√(AB²−BM² ) .24 = (AB+BC+CA).IM

⇔√[20²−(24/2)² ]. 24= (20.2+24).IM⇔IM=6.     

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác  vuông tại   có đường cao  ta có :

BM²=IM.MK ⇔MK=BM²/IM=12²/6=24

⇒IM=IM+MK=6+24=30.

⇒S= 1/4(π.IK²)−1/2 BC.IK =1/4 π.30² −1/2(24.30 )  =225π−360 ≈346,86  (dvdt)