gấp

a) dễ thấy \(\widehat{AMC}\) \(=\) \(90^o\) xét (O) có đường kính \(AB\) \(\Rightarrow\) \(\widehat{ANB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 

\(\Rightarrow\) \(\widehat{ANB}\) \(=90^o\) hay \(\widehat{ANC}\) \(=90^o\) . tứ giác \(ANCM\) có :

\(\widehat{AMC}\) \(+\) \(\widehat{ANC}\) \(=90^o+90^o=180^o\) \(\Rightarrow\) tứ giác \(ANCM\)  nội tiếp 4 điểm \(A,N,C,M\) cùng \(\in\) 1 đường tròn

b) vì \(AB\) là đường kính của (O) \(\Rightarrow\) \(\stackrel\frown{AB}\) \(=180^o\)

mà \(I\) là điểm chính giữa của \(\stackrel\frown{AB}\) 

\(\Rightarrow\) \(A=\dfrac{\stackrel\frown{AB}}{2}\) \(=\dfrac{180^o}{2}=90^o\)

có \(\widehat{ANI}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{IA}\) 

\(\Rightarrow\) \(\widehat{ANI}\) \(=\dfrac{1}{2}\) ; \(A=\dfrac{1}{2}.90^o\) \(=45^o\) hay \(\widehat{ANM}\) \(=45^o\) . mặt khác ,   tứ giác \(ANCM\) nội tiếp \(\Rightarrow\) \(\widehat{ANM}\) \(=\) \(\widehat{ACM}\) mà \(\widehat{ANM}\) \(=45^o\) \(\Leftrightarrow\) \(\widehat{ACM}\) \(=45^o\) lại có \(\Delta ACM\) cuông tại \(M\) \(\Rightarrow\) \(\Delta ACM\) vuông cân tại \(M\) 

\(\Rightarrow\) \(AM=CM\)

c) kẻ đường kính \(ID\) của (O) :

có : \(MN=IN-IM\) mà \(IN\) là dây của (O) nên hiển nhiên \(IN\le ID\) nhưng do \(IN\) không qua (O) nên \(IN< ID\) ₍₁₎ , dễ dàng chứng minh \(IO\perp AB\) tại \(O\) 

do vậy : \(\Delta IOM\) vuông tại (O) \(\Rightarrow\) \(IM>IO\) ( không xảy ra dấu " = " vì \(M\) không trùng với \(O\) ) 

\(\Leftrightarrow\) \(-IM< -IO\) ₍₂₎

từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\) \(IN-IM< ID-IO\) \(\Leftrightarrow\) \(MN< OD\) \(=R\) 

vậy ta có \(đpcm\)

a: Xét tứ giác OBME có 

\(\widehat{OBM}+\widehat{OEM}=180^0\)

Do đó: OBME là tứ giác nội tiếp

Tính tỉ số \(\frac{OE}{OM}\)

BP//KM

=>PK=BM

=>PK=AN

mà PK//AN

nên ANKP là hình bình hành

Giải ntn ạ

1) Dễ thấy \(\widehat{HCB}=\widehat{ACB}=90^o\)

tứ giác CBKH có \(\widehat{HKB}=\widehat{HCB}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HCK}=\widehat{HBK}\)( 1 )

Mà \(\widehat{ACM}=\widehat{ABM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{ACM}=\widehat{ACK}\)

2) Xét \(\Delta AMC\)và \(\Delta BEC\)có :

AM = BE ; AC = BC ; \(\widehat{MAC}=\widehat{CBE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\)

\(\Rightarrow\Delta AMC=\Delta BEC\)( c.g.c )

\(\Rightarrow MC=EC\)

Ta có : \(\widehat{CMB}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}=45^o\)

Suy ra \(\Delta ECM\)vuông cân tại C

3) Ta có : \(\frac{AP.MB}{AM}=R=OB\Rightarrow\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\)

Xét \(\Delta APM\)và \(\Delta OBM\), ta có :

\(\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\); \(\widehat{PAM}=\widehat{MBO}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)

\(\Rightarrow\Delta APM\approx\Delta BOM\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\Delta APM\)cân tại P ( vì \(\Delta BOM\)cân tại O )

\(\Rightarrow PA=PM\)

Gọi giao điểm của BM và ( d ) là F ; giao điểm của BP với HK là I

Xét tam giác vuông AMF có PA = PM nên PA = PM = PF

Theo định lí Ta-let, ta có :

\(\frac{HI}{FP}=\frac{BI}{BP}=\frac{KI}{AP}\Rightarrow HI=KI\)

vì vậy PB đi qua trung điểm của HK