1. Gọi giao điểm của CH với AB là I,  AH với BC là K,Ta có tứ giác BIHK nội tiếp $\Rightarrow I\hat{B}K+K\hat{H}I={180}^0$mà$\hat{H}I=A\hat{H}C\Rightarrow I\hat{B}K+A\hat{H}C={180}^0$ (1) Ta lại có $I\hat{B}K=A\hat{M}C$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

$A\hat{M}C=A\hat{P}C$ (t/c đối xứng)  $\Rightarrow I\hat{B}K=A\hat{P}C$  (2)Từ (1) và (2)   $\Rightarrow A\hat{P}C+A\hat{H}C={180}^0$Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp.2. Tứ giác AHCP nội tiếp $\Rightarrow A\hat{H}P=A\hat{C}P=A\hat{C}M$Ta lại có  $A\hat{C}M+A\hat{B}M={180}^0\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{B}M={180}^0$   mà  $A\hat{B}M=A\hat{B}N$

$\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{B}N={180}^0$   (3)Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp

    $\Rightarrow A\hat{B}N=A\hat{H}N$   (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{H}N={180}^0\Rightarrow$ N, H, P thẳng hàng

3. $M\hat{A}N=2B\hat{A}M;M\hat{A}P=2M\hat{A}C$

=> $N\hat{A}P=2(B\hat{A}M+M\hat{A}C)=2B\hat{A}C$ (<180độ) không đổi

Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sinBAC

 => NP lớn nhất <=>  AP lớn nhất mà AP = AM 

AM lớn nhất  <=> AM là đường kính của đường tròn (O)

Vậy NP lớn nhất <=>  AM là đường kính của đường tròn.

a)gọi I là giao điểm của CH và AB

K là giao điểm AH và BC

ta có :góc IBK+ AHC=180 độ

mà góc IBK= APC 

=> tứ giác AHCP nội tiếp 

b)Ta có Góc AHP= ACP cùng chắn cung AP (

mà góc ACP=ACM (1)

=> góc ACP= AHP

cmtt 

gócAHN=ABN cùng chắn cung AP

mà ABN=ABM => AHN=ABM(2)

Xét tứ giác ABMC nội tiếp 

gócACM+ABM=180 độ (3)

từ (1)(2)(3) => 

góc AHP+AHN=180 độ

=> N,H,P thẳng hàng

ta có góc MAN=2BAM,

góc MAP=2MAC

=> NAP=2(BAM+MAC)

=2 x góc BAC (ko đổi )

ta có AM=AN=AP 

NP=2AP.sin BAC=2AM.sinBAC

=> NP lớn nhất <=> AM Max 

Chú ý góc APC = góc AMC ( t/c đối xứng)

Mà góc AMC = Góc ABC

Chú ý : CH vuông góc AB

Từ đây có ngay kết quả nhe

vào câu trả lời tương tự

chominhf hoi cau a lm nhu nao a

a, BH ^ AC và CM ^ AC Þ BH//CM

Tương tự => CH//BM

=> BHCM là hình bình hành

b, Chứng minh BNHC là hình bình hành

=> NH//BC

=> AH ^ NH =>  A H M ^ = 90 0

Mà  A B N ^ = 90 0 => Tứ giác AHBN nội tiếp

c, Tương tự ý b, ta có: BHEC là hình bình hành. Vậy NH và HE//BC => N, H, E thẳng hàng

d,  A B N ^ = 90 0 => AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

AN = AM = 2R, AB = R 3 =>  A m B ⏜ = 120 0

S A O B = 1 2 S A B M = R 2 3 4

S A m B ⏜ = S a t A O B - S A O B = R 2 12 4 π - 3 3

=> S cần tìm =  2 S A m B ⏜ = R 2 6 4 π - 3 3

từ C kẻ 1 đoạn = BH cắt cung tròn tại D

a) D là giao điểm của đường vuông góc của AB tại B , đường vuông góc của AC tại C và đường tròn O

b) Vì P đối xứng với D qua AB ==> BD=PB ; tương tự DC=CQ

GỌI GIAO ĐIỂM CỦA HD VÀ BC LÀ K

vì BHCD là HBH ==> DK=KH ==> \(\frac{DK}{KH}=1\)

 ÁP DỤNG TA-LÉT ĐẢO VÀO 2 TAM GIÁC DHP VÀ DHQ LÀ RA 

phantuananh

làm câu a, b đi