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, Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến tại A,B,C ta chứng minh được  b + c - a 2 = AD

b,  S A B C = S A I B + S B I C + S C I A

Mà ID = IE = IF = r =>  S A B C  = p.r

c, Vì AM là phân giác của  B A C ^ =>  B M M C = B A A C

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức thu được BM = a c c + b

Em không vẽ được hình, xin thông cảm

a, Ta có góc EAN=  cungEN=cung EC+ cung EN

Mà cung EC= cung EB(E là điểm chính giữa cung BC)

=> góc EAN=cungEB+ cung EN=góc DFE (tính chất góc ở giữa)

=> tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

Vậy tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

b,Ta có EC=EB=EM

Tam giác EMC cân tại E => EMC=ECM

 MÀ EMC+AME=180, ECM+ABE=180

=> AME = ABE

=> tam giác ABE= tam giác AME

=> AB=AM => tam giác ABM cân tại A

Mà AE là phân giác => AE vuông góc BM

CMTT => AC vuông góc EN

MÀ AC giao BM tại M

=> M là trực tâm tam giác AEN

Vậy M là trực tâm tam giác AEN

c,  Gọi H là giao điểm OE với đường tròn (O) (H khác E) => O là trung điểm của EH

Vì M là trực tâm của tam giác AEN

=> \(EN\perp AN\)

Mà \(OI\perp AN\)(vì I là trung điểm của AC)

=> \(EN//OI\)

MÀ O là trung điểm của EH

=> I là trung điểm của MH (đường trung bình trong tam giác )

=> tứ giác AMNH là hình bình hành 

=> AH=MN

Mà MN=NC

=> AH=NC

=> cung AH= cung NC

=> cung AH + cung KC= cung KN

Mà cung AH+ cung KC = góc KMC(tính chất góc ở giữa 2 cung )

NBK là góc nội tiếp chắn cung KN

=> gócKMC=gócKBN

Hay gócKMC=gócKBM

=> CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK( ĐPCM)

Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Anh Khang nè,e cung cấp hình nha:3

Cảm ơn bạn

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)

1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)

Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC

2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))

Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))

Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )

3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )

                                 \(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )

\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)

Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có : 

\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

\(\Rightarrow KB\perp AB\)

mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)

Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)

Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi

Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi 

Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)

Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)

Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để S_ADE đạt giá trị lớn nhất thì S_ABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

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)