Cho (O) với dây $\mathrm{AB}$ cố định (AB không qua $\mathrm{O}$ ). Đường kính $\mathrm{CD}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{H}$ (C thuộc cung lớn $\mathrm{AB}$ ). Điểm $\mathrm{M}$ di chuyển trên cung nhỏ $\mathrm{AC}(\mathrm{M} \neq \mathrm{A}$ và $\mathrm{M} \neq \mathrm{C})$. Đường thẳng $\mathrm{CM}$ cắt đường thẳng $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{N}$. Nối $\mathrm{MD}$ cắt $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{E}$.
a) Chứng minh tứ giác CMEH nội tiếp.
b) Chứng minh $\mathrm{NM} \cdot \mathrm{NC}=$ NA.NB.
c) Lấy điểm $\mathrm{P}$ đối xứng với $\mathrm{A}$ qua $\mathrm{O}$. Gọi I là trung điểm của $\mathrm{MC}$. Kẻ $\mathrm{IK}$ vuông góc với đường thẳng $\mathrm{AM}$ tại $\mathrm{K}$. Chứng minh $\mathrm{IK} / / \mathrm{MP}$ và điểm $\mathrm{K}$ thuộc một đường tròn cố định.
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)
Lời giải chi tiết
Vẽ OM⊥CDOM⊥CD
Vì OM là một phần đường kính và CD là dây của đường tròn nên ta có M là trung điểm CD hay MC=MDMC=MD (1) (định lý)
Tứ giác AHKBAHKB có AH⊥HK; BK⊥HK⇒HA//BKAH⊥HK; BK⊥HK⇒HA//BK.
Suy ra tứ giác AHKBAHKB là hình thang.
Xét hình thang AHKBAHKB, ta có:
OM//AH//BKOM//AH//BK (cùng vuông góc với CDCD)
mà AO=BO=AB2AO=BO=AB2
⇒MO⇒MO là đường trung bình của hình thang AHKBAHKB.
⇒MH=MK⇒MH=MK (2)
Từ (1) và (2) ⇒MH−MC=MK−MD⇔CH=DK⇒MH−MC=MK−MD⇔CH=DK (đpcm)
Nhận xét: Kết quả của bài toán trên không thay đổi nếu ta đổi chỗ hai điểm CC và DD cho nhau.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải chi tiết
a) Gọi OO là trung điểm của BC⇒OB=OC=BC2.BC⇒OB=OC=BC2. (1)
Vì DODO là đường trung tuyến của tam giác vuông DBCDBC.
Theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:
OD=12BCOD=12BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OD=OB=OC=12BCOD=OB=OC=12BC
Do đó ba điểm B, D, CB, D, C cùng thuộc đường tròn tâm OO bán kính OBOB.
Lập luận tương tự, tam giác BEC vuông tại E có EO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên OE=OB=OC=12BCOE=OB=OC=12BC
Suy ra ba điểm B, E, CB, E, C cùng thuộc đường tròn tâm OO bán kính OBOB.
Do đó 4 điểm B, C, D, EB, C, D, E cùng thuộc đường tròn (O)(O) đường kính BCBC.
b) Xét đường (O;BC2)(O;BC2), với BCBC là đường kính.
Ta có DEDE là một dây cung không đi qua tâm nên ta có BC>DEBC>DE ( vì trong một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(\left(a+\sqrt{a^2+9}\right)\left(b+\sqrt{b^2+9}\right)=9\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-\sqrt{a^2+9}\right)\left(a+\sqrt{a^2+9}\right)\left(b+\sqrt{b^2+9}\right)}{a-\sqrt{a^2+9}}=9\)
\(\Leftrightarrow\frac{-9\left(b+\sqrt{b^2+9}\right)}{a-\sqrt{a^2+9}}=9\)
\(\Rightarrow b+\sqrt{b^2+9}=\sqrt{a^2+9}-a\)
Tương tự chỉ ra được: \(a+\sqrt{a^2+9}=\sqrt{b^2+9}-b\)
Cộng vế 2 PT trên lại ta được:
\(a+b+\sqrt{a^2+9}+\sqrt{b^2+9}=\sqrt{a^2+9}+\sqrt{b^2+9}-a-b\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b\right)=0\Rightarrow a=-b\)
Thay vào M ta được:
\(M=2a^4-a^4-6a^2+8a^2-10a+2a+2026\)
\(M=a^4+2a^2-8a+2026\)
\(M=\left(a^4+2a^2-8a+5\right)+2021\)
\(M=\left[\left(a^4-a^3\right)+\left(a^3-a^2\right)+\left(3a^2-3a\right)-\left(5a-5\right)\right]+2021\)
\(M=\left(a-1\right)\left(a^3+a^2+3a-5\right)+2021\)
\(M=\left(a-1\right)^2\left(a^2+2a+5\right)+2021\)\(\ge0+2021=2021\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = 1 => b = -1
Vậy Min(M) = 2021 khi a = 1 và b = -1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a, Ta có : \(x=81\Rightarrow\sqrt{x}=9\)
Thay \(\sqrt{x}=9\)vào biểu thức A ta được :
\(A=\frac{2}{9+1}=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}\)
b, Ta có : \(P=\frac{B}{A}\)hay\(P=\frac{\frac{1}{x+\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+1}}{\frac{2}{\sqrt{x}+1}}\)
\(=\frac{1+\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}.\frac{\sqrt{x}+1}{2}=\frac{\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}\)
c, Ta có \(\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\)mà \(\sqrt{x}< \sqrt{x}+1\)
nên \(P>\frac{1}{2}\)
a) \(A=\frac{2}{\sqrt{x}+1}=\frac{2}{\sqrt{81}+1}=\frac{2}{9+1}=\frac{1}{5}\)
b) \(B=\frac{1}{x+\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\frac{1+\sqrt{x}}{\left(1+\sqrt{x}\right)\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{x}}\)
\(\Rightarrow P=\frac{B}{A}=\frac{1}{\sqrt{x}}\div\frac{2}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}\)
c) Ta có: \(P=\frac{\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}\)
=> P>1/2
a. Xét (O) , có:
CD \(\perp\)AB = {H}
=> \(\widehat{CHA}=90^o\Rightarrow\widehat{CHE}=90^o\)
Có: \(\widehat{CMD}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CD
=> \(\widehat{CMD}=90^o\Rightarrow\widehat{CME}=90^o\)
Xét tứ giác CMEH, có:
\(\widehat{CME}+\widehat{CHE}=90^o+90^o=180^o\)
2 góc \(\widehat{CME}\)và \(\widehat{CHE}\)là 2 góc đối nhau
=> CMEH là tứ giác nội tiếp (đpcm)
Câu a: Có góc CHE=90 độ (vì CD\(\perp AB\) tại H)
Góc CMD =90 độ(góc nt chắn nửa đt)
Mà góc CHE và góc CMD ở vị trí đối nhau
⇒ Tứ giác CMEH nội tiếp
Câu b:
Xét \(\Delta NACva\Delta NMB\) có :
Góc N chung
Góc NCA = góc NBM (cùng chắn cung MA)
⇒ \(\Delta NAC\) đồng dạng \(\Delta NBM\) (góc góc)
⇒\(\dfrac{NM}{NA}\)=\(\dfrac{NB}{NC}\)⇔NM.NC=NA.NB
Câu c:
Có góc PMA=90 độ ( góc nt chắn nửa đt)→PM\(\perp\)AK
Mà IK\(\perp\)AK
⇒IK song song với MP (từ vuông góc đến song song