Cho nửa đường tròn (O; R) ,dây AB = R √3 cố định không đi qua tâm. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB và AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt dây AB và AC lần lượt tại H và K. Tính số đo góc ACB và chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp đường tròn.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: góc CAO+góc CMO=180 độ
=>CAOM nội tiếp
góc DMO+góc DBO=180 độ
=>DMOB nội tiếp
b: Xét (O) có
CM,CA là tiếp tuyến
=>CM=CA và OC là phân giác của góc MOA(1)
Xét (O) có
DM,DB là tiếp tuyến
=>DM=DB và OD là phân giác của góc MOB(2)
Từ (1), (2) suy ra góc DOC=1/2*180=90 độ
Xét ΔDOC vuông tại O có OM là đường cao
nên CM*MD=OM^2
=>AC*BD=R^2
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
∆ ACB nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên ∆ ABC vuông tại C
CO = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
AC = AO (bán kính đường tròn (A))
Suy ra: AC = AO = OC
∆ ACO đều góc AOC = 60 °
∆ ADB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB nên ∆ ADB vuông tại D
DO = OB = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
BD = BO(bán kính đường tròn (B))
Suy ra: BO = OD = BD
∆ BOD đều
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Mà AD, CO là hai đường chéo của hình thoi AODC nên AD vuông góc với OC
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Trong đường tròn (O) ta có:
góc ADC = góc ABC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a/ Nối A với D ta có
\(\widehat{ADB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AD\perp BC\)
=> H và D cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông => AHDC là tứ giác nội tiếp
b/
Xét tg vuông ACO có
\(\widehat{ACO}+\widehat{AOC}=90^o\)
Ta có \(\widehat{ADH}+\widehat{EDB}=\widehat{ADB}=90^o\)
Xét tứ giác nội tiếp AHDC có
\(\widehat{ACO}=\widehat{ADH}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AH)
\(\Rightarrow\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)
Xét tam giác EOH và tg EBD có
\(\widehat{BED}\) chung
\(\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)
=> tg EOH đồng dạng với tg EDB (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EO}{ED}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)
a) Ta có \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)
Tứ giác \(AHDC\) có: \(\widehat{ADC}=\widehat{AHC}=90^0\) mà 2 góc này nội tiếp và chắn cung AC
\(\Rightarrow AHDC\) là tứ giác nội tiếp
b) Tứ giác \(AHDC\) nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{ADE}\) (góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Ta có: \(\widehat{EOH}=90^0-\widehat{ACO}=90^0-\widehat{ADE}=\widehat{EDB}\)
Xét \(\Delta EOH\) và \(\Delta EDB\) có:
\(\widehat{BED}\) chung
\(\widehat{EOH}=\widehat{EDB}\) (đã chứng minh)
\(\Rightarrow\Delta EOH\sim\Delta EDB\) (g.g) \(\Rightarrow\dfrac{EO}{EH}=\dfrac{ED}{EB}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)