Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
Xét tứ giác HCBK có
\(\widehat{HCB}+\widehat{HKB}=180^0\)
Do đó: HCBK là tứ giác nội tiếp
b: Vì HCBK là tứ giác nội tiếp
nên \(\widehat{ACK}=\widehat{HBK}\)
mà \(\widehat{ACM}=\widehat{HBK}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AM}}{2}\right)\)
nên \(\widehat{ACM}=\widehat{ACK}\)
1: góc BCA=1/2*180=90 độ
góc HKB+góc HCB=180 độ
=>HCBK nội tiếp
2: góc ACM=1/2*sđ cung AM
góc ACK=góc HCK=góc MBA=1/2*sđ cung AM
=>góc ACM=góc ACK
a, Chứng minh được H C B ^ = H K B ^ = 90 0
b, A C K ^ = H B K ^ (CBKH nội tiếp)
Lại có: A C M ^ = H B K ^ = 1 2 s đ A M ⏜
=> A C M ^ = A C K ^
c, Chứng minh được:
DMCA = DECB (c.g.c) => MC = CE
Ta có: C M B ^ = C A B ^ = 1 2 s đ C B ⏜ = 45 0
=> DMCE vuông cân tại C
d, Gọi P B ∩ H K = I
Chứng minh được DHKB đồng dạng với DAMB (g.g)
=> H K K B = M A M B = A P R => H K = A P . B K R
Mặt khác: ∆BIK:∆BPA(g.g) => (ĐPCM)
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
a) Xét (O) có
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
nên \(\widehat{ACB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)
hay \(\widehat{HCB}=90^0\)
Xét tứ giác HKBC có
\(\widehat{HKB}\) và \(\widehat{HCB}\) là hai góc đối
\(\widehat{HKB}+\widehat{HCB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: HKBC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a) ˆAEB=90oAEB^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BE⊥AE⇒BE⊥AE mà CM⊥AECM⊥AE (giả thiết)
⇒BE∥CM⇒ˆCME=ˆMEB⇒BE∥CM⇒CME^=MEB^ (hai góc ở vị trí so le trong)
Mà ˆMCB=ˆMEBMCB^=MEB^ (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
⇒ˆCME=ˆMCB⇒CME^=MCB^ (=ˆMEB)(=MEB^)
⇒⇒ cung CE = cung MB
mà cung MB=cung AM (do M là điểm chính giữa của cung AB)
⇒⇒ cung AM=AM= cung CE⇒AM=CECE⇒AM=CE (1) và
ˆACM=ˆCMEACM^=CME^ (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung bằng nhau cung AM=cung CE) mà chúng ở vị trí so le trong nên AC//ME⇒ACEMAC//ME⇒ACEM là hình thang lại có thêm AM=CE (cmt) ⇒ACEM⇒ACEM là hình thang cân
b) Do M là điểm chính giữa của cung AB nên MO⊥ABMO⊥AB
CH⊥ABCH⊥AB (giả thiết)
⇒MO//CH⇒ˆHCM=ˆCMO⇒MO//CH⇒HCM^=CMO^ (hai góc ở vị trí so le trong) (2)
ΔOCMΔOCM cân đỉnh O (OM=OC=R) ⇒ˆMCO=ˆCMO⇒MCO^=CMO^ (3)
Từ (2) và (3) suy ra ˆHCM=ˆMCOHCM^=MCO^
⇒CM⇒CM là phân giác của ˆHCOHCO^ (đpcm)
a) ˆAEB=90oAEB^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BE⊥AE⇒BE⊥AE mà CM⊥AECM⊥AE (giả thiết)
⇒BE∥CM⇒ˆCME=ˆMEB⇒BE∥CM⇒CME^=MEB^ (hai góc ở vị trí so le trong)
Mà ˆMCB=ˆMEBMCB^=MEB^ (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
⇒ˆCME=ˆMCB⇒CME^=MCB^ (=ˆMEB)(=MEB^)
⇒⇒ cung CE = cung MB
mà cung MB=cung AM (do M là điểm chính giữa của cung AB)
⇒⇒ cung AM=AM= cung CE⇒AM=CECE⇒AM=CE (1) và
ˆACM=ˆCMEACM^=CME^ (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung bằng nhau cung AM=cung CE) mà chúng ở vị trí so le trong nên AC//ME⇒ACEMAC//ME⇒ACEM là hình thang lại có thêm AM=CE (cmt) ⇒ACEM⇒ACEM là hình thang cân
b) Do M là điểm chính giữa của cung AB nên MO⊥ABMO⊥AB
CH⊥ABCH⊥AB (giả thiết)
⇒MO//CH⇒ˆHCM=ˆCMO⇒MO//CH⇒HCM^=CMO^ (hai góc ở vị trí so le trong) (2)
ΔOCMΔOCM cân đỉnh O (OM=OC=R) ⇒ˆMCO=ˆCMO⇒MCO^=CMO^ (3)
Từ (2) và (3) suy ra ˆHCM=ˆMCOHCM^=MCO^
⇒CM⇒CM là phân giác của ˆHCOHCO^ (đpcm)
1: góc ACB=1/2*180=90 độ
góc HKB+góc HCB=180 độ
=>CBKH nội tiếp
2: góc MCA=1/2*sđ cung MA
góc ACK=góc MBA=1/2*sđ cung MA
=>góc MCA=góc KCA
=>CA là phân giác của góc MCK