địtmẹ thằng ngu

Lười quá, chắc mình giải câu c thôi ha.

Vẽ \(OH\) vuông góc \(d\) tại \(H\). \(AB\) cắt \(OH\) tại \(L\). \(OM\) cắt \(AB\) tại \(T\)

.

CM được \(OL.OH=OT.OM=R^2\) nên \(L\) cố định. Vậy \(AB\) luôn qua \(L\) cố định.

Mơn Trần Quốc Đạt nha

cm giùm câu a đi

Xét (O'): \(O'A\perp AB\) tại A và O'A là bán kính.

\(\Rightarrow\)AB là tiếp tuyến của (O') tại A.

\(\Rightarrow\widehat{NAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AN.

Mặt khác \(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN.

\(\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{NAB}\left(1\right)\)

Xét (O): \(\widehat{AMC}=\widehat{ABC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\right)\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\widehat{NAB}=\widehat{ABC}\) nên AN//BC.

tự làm là hạnh phúc của mỗi công dân.

Diện tích toàn phần của khối nhựa hình lập phương là:

10 x 10 x 6 = 600 (cm²)

Cạnh khối gỗ hình lập phương là:

10 : 2 = 5 (cm)

Diện tích toàn phần của khối gỗ hình lập phương là:

5 x 5 x 6 = 150 (cm²)

Diện tích toàn phần của khối nhựa gấp diện tích toàn phần của khối gấp số lần là:

600 : 150 = 4 (lần)

a,b,c làm như bạn trên nhé. Tuy nhiên câu d, cách của bạn đó làm dài và k hay, mình làm cách khác:

Mình mượn tạm hình vẽ của bạn đó luôn :))))

Gọi I là trung điểm của AB. vì dây AB cố định (gt) => I cố định

=> \(OI\perp AB\)(Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) => \(\widehat{OIA}=90^o\)(1)

Do \(AM\perp CD\)tại M (gt) => \(\widehat{OMA}=90^o\)(2)

Từ (1) và (2) => Tứ giác OMIA là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{IMN}=\widehat{OAI}=\widehat{OAB}\)(cùng bù với \(\widehat{OMI}\)) (3)

Lại có: \(\widehat{OIB}=\widehat{ONB}=90^o\)=> tứ giác OINB là tứ giác nội tiếp(DHNB) => \(\widehat{INO}=\widehat{INM}=\widehat{OBI}\)(Cùng chắn \(\widebat{OI}\)) = \(\widehat{OBA}\)(4)

\(\Delta OAB\)Cân tại O do OA=OB=R => \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)(t/c) (5)

Từ (3),(4) và (5) => \(\widehat{INM}=\widehat{IMN}\Rightarrow\Delta IMN\)cân tại I (DHNB) => IM =IN (đ/n) (6)

Do CMHA nội tiếp (cmt) => \(\widehat{IHM}=\widehat{ACM}=\widehat{ACO}\)(Cùng bù với \(\widehat{AHM}\)) (7)

Ta có: \(\widehat{IMH}=\widehat{NMH}-\widehat{IMN}\)mà \(\widehat{NMH}=\widehat{CAH}=\widehat{CAB}\)(Cùng bù \(\widehat{CMH}\))

\(\widehat{IMN}=\widehat{INM}=\widehat{INO}=\widehat{IBO}=\widehat{ABO}=\widehat{OAB}\)(CMT) => \(\widehat{IMH}=\widehat{CAB}-\widehat{OAB}=\widehat{CAO}\)(8)

Mặt khác \(\Delta OAC\)Cân tại O do OA=OC=R => \(\widehat{CAO}=\widehat{ACO}\)(9)

Từ (7),(8) và (9) => \(\widehat{IHM}=\widehat{IMH}\Rightarrow\Delta IMH\)cân tại I (DHNB) => IM = IH (đ/n) (10)

Từ (6) và (10) => IM = IH = IN => I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HMN\)(I cố định) => Đpcm

a) Xét tứ giác CMHA có: ^CMA=^CHA=90⁰ => Tứ giác CMHA nội tiếp đường tròn

Dựa theo tính chất đừng trung tuyến trong tam giác vuông, ta tìm được tâm G của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMHA là trung điểm của AC.

b) Do tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^ACM+^AHM=180⁰. Mà ^AHM+^MHB=180⁰

=> ^ACM=^MHB hay ^ACD=^MHB (1)

Ta thấy tứ giác ACBD nội tiếp (O) => ^ACD=^ABD (2)

Từ (1) và (2) => ^MHB=^ABD. Mà 2 góc này nằm ở vị trí so le trg nên HM // BD (3)

Ta có: Đương tròn (O) có đường kính CD, B thuộc cung CD => ^CBD=90⁰

=> BD vuông góc với BC (4)

Từ (3) và (4) => HM vuông góc với BC (đpcm).

c) Ta có tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^CAH+^CMH=180⁰. Mà ^CMH+^HMN=180⁰

=> ^CAH=^HMN hay ^CAB=^HMN

Chứng minh tương tự phần a ta được tứ giác CHNB nội tiếp đường tròn

Từ đó suy ra ^CNH=^CBH hay ^MNH=^CBA

Xét \(\Delta\)HMN và \(\Delta\)CAB: ^CAB=^HMN; ^MNH=^CBA (cmt)

 => \(\Delta\)HMN ~ \(\Delta\)CAB (g.g) (đpcm). 

d) Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tâm I \(\Delta\)HMN với AM và AB lần lượt là R và L

Dễ thấy tứ giác HRMN nội tiếp (I) => ^HNM+^HRM=180⁰. Mà ^ARH+^HRM=180⁰

=> ^HNM=^ARH hay ^CNH=^ARH (^HNM=^CNH)

Tứ giác CMHA nội tiếp (G) => ^MAH=^MCH hay ^RAH=^NCH

Xét \(\Delta\)AHR và \(\Delta\)CHN: ^CNH=^ARH; ^NCH=^RAH => \(\Delta\)AHR ~ \(\Delta\)CHN (g.g)

=> \(\frac{AH}{CH}=\frac{HR}{HN}\)(5)

Dễ thấy: ^AHR=^CHN => ^AHC+^CHR=^CHR+^RHN => ^AHC=^RHN

Mà ^AHC=90⁰ => ^RHN=90⁰

Tứ giác CHNB nội tiếp đường tròn => ^HBN=^HCN hay ^LBN=^HCN

Lại có: Tứ giác HMLN nội tiếp I => ^HLN=^HMN => 180⁰-^HLN=180⁰-^HMN

=> ^NLB=^HMC

Theo t/c góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung => HMC=^NHC=> ^NLB=^NHC

Xét \(\Delta\)CHN và \(\Delta\)BLN: ^HCN=^LBN; ^NHC=^NLB (cmt) => \(\Delta\)CHN ~ \(\Delta\)BLN (g.g)

=> \(\frac{BL}{CH}=\frac{LN}{HN}\)(6)

Xét (I) có đường kính HL; R thuộc cung HL => ^HRL=90⁰ . Tương tự ta có: ^HNL=90⁰

Xét tứ giác HRLN: ^HRL=^HNL=^RHN=90⁰ (cmt) => Tứ giác HRLN là hình chữ nhật

=> HR=LN (2 cạnh đối) (7)

Từ (5); (6) và (7) => \(\frac{AH}{CH}=\frac{BL}{CH}\)=> \(AH=BL\)

I là trung điểm HL => IH=IL => IH+AH=IL+BL => AI=BI => I là trung điểm của AB

Do dây cung AB cố định => Trung điểm I của AB là điểm cố định.

Mà I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HMN 

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HMN là điểm cố định khi C di động trên cung lớn AB (đpcm).