a)

Xét  $\Delta ABM$ và $\Delta NBM$ .

Ta có: AB là đư­ờng kính của đ­ường tròn (O)

nên : $\widehat{AMB}=\widehat{NMB}={90}^o$.

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

nên $\widehat{ABM}=\widehat{MBN}$  . Tam giác ABN có MB vừa là đường cao, đồng thời là đường phân giác nên  => $\Delta BAN$  cân đỉnh B.

. Tứ giác AMCB nội tiếp.

=> $\widehat{BAM}=\widehat{MCN}$  ( cùng bù với  $\widehat{MCB}$).

=> $\widehat{MCN}=\widehat{MNC}$  ( cùng bằng $\widehat{BAM}$  ).

=> Tam giác MCN cân đỉnh M

a/

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{MAO}=90°\\ \widehat{MBO}=90°\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180°$

$\Rightarrow$Tứ giác $MAOB$  nội tiếp

b/ Ta có: $\widehat{AMD}$  chung

$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (cùng chắn cung AC)

$\Rightarrow \Delta MAC$ đồng dạng $\Delta MDA$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\\ \Rightarrow M{A}^2=MC.MD\end{array}$

c/ Ta có: $OA=OB$

$\Rightarrow \Delta AOB$ cân tại O

Mà OH là đường phân giác nên cũng là đường cao

$\Rightarrow OH\perp AB$

$\Rightarrow O{A}^2=OH.OM$

Ta lại có: $M{A}^2=MC.MD$

$O{M}^2=M{A}^2+O{A}^2$

$\Rightarrow O{M}^2=MC.MD+OH.OM$

d/ Từ $MH.OM=M{A}^2,MC.MD=M{A}^2$

 $\Rightarrow MH.OM=MC.MD$$\Rightarrow \frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}$    (*)

Xét $\Delta MHCvà\Delta MDO$  có:

$\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}$ và$\widehat{DMO}$  chung

$\Rightarrow ∆MHC$ đồng dạng      $\Rightarrow MDO$ $\Rightarrow \frac{MC}{MO}=\frac{MH}{\text{M}D}=\frac{HC}{DO}\Rightarrow \frac{MC}{CH}=\frac{MO}{\text{OD}}\Rightarrow \frac{MC}{CH}=\frac{MO}{OA}$(1)

Ta lại có $\widehat{MAI}=\widehat{IAH}$  (cùng chắn hai cung bằng nhau)$\Rightarrow AI$    là phân giác của $\widehat{MAH}$ .

Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: $\frac{MI}{IH}=\frac{MA}{\text{A}H}$  (2)

$∆MHA$ và $∆MAO$  có  chung  và $\widehat{MHA}=\widehat{MAO}={90}^0$  do đó đồng dạng (g.g)  $\Rightarrow \frac{MO}{\text{O}A}=\frac{MA}{\text{A}H}$  (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra$\frac{MC}{CH}=\frac{MI}{IH}$  suy ra CI   là tia phân giác của góc $\widehat{MCH}$ .

a/

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}\widehat{AKN}=90°\\ \widehat{AHN}=90°\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{AKN}+\widehat{AHN}=180°$

Vậy tứ giác $AKNH$  nội tiếp.

b/ Ta có: $\widehat{MAB}=\widehat{AKM}={90}^0$

$\widehat{AMK}$ chung

$\Rightarrow \Delta MKA$ đồng dạng $\Delta MAB$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{MK}{MA}=\frac{MA}{MB}\\ \Rightarrow M{A}^2=MK.MB\end{array}$

d/ Ta có:  $NH//AM\Rightarrow \frac{{\displaystyle NH}}{{\displaystyle AM}}=\frac{{\displaystyle BN}}{{\displaystyle BM}}$

$CN\text{//}FM\Rightarrow \frac{{\displaystyle CN}}{{\displaystyle MF}}=\frac{{\displaystyle BN}}{{\displaystyle BM}}\Rightarrow \frac{{\displaystyle NH}}{{\displaystyle AM}}=\frac{{\displaystyle CN}}{{\displaystyle MF}}$  (1)

Ta lại có: $MA=MC\Rightarrow \Delta AMC$    cân tại  $M\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{MCA}$

$$\begin{gathered} \widehat{F}+\widehat{MAC}=90° \\ \widehat{FCM}+\widehat{MCA}=90° \\ \Rightarrow \widehat{F}=\widehat{FCM} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \Delta FMC$ cân tại M.

$\Rightarrow MC=MF$ mà  $MC=MA$nên $MA=MF$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $NH=CN$

Vậy N là trung điểm CH.

a/ Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\widehat{ABO}=90°\\ \widehat{ACO}=90°\end{array}\right.\\ \Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180°\end{array}$

Vậy $ABOC$  là tứ giác nội tiếp

b/ 

Ta có: $\widehat{ABE}=\widehat{ADB}$

$\widehat{BAE}$ chung

$\Rightarrow \Delta ABE$ đồng dạng $\Delta ADB$ .

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\\ \Rightarrow A{B}^2=AD.AE\end{array}$

c/ Ta có:  $AB\text{//}CD\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{BCD}$

$\widehat{ABC}=\widehat{BDC}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{ADC}$

Vậy $\Delta BDC$  cân tại .

d/ Ta có:  $AB//CD\Rightarrow \widehat{IAE}=\widehat{EDC}$  mà $\widehat{EDC}=\widehat{ECA}$  nên $\widehat{IAE}=\widehat{ECA}$

 $\widehat{AIE}$chung

$\Rightarrow \Delta AIE$ đồng dạng $\Delta CIA$

$\Rightarrow \frac{AI}{CI}=\frac{IE}{IA}\Rightarrow A{I}^2=CI.IE$

Ta lại có: $\widehat{IBE}=\widehat{BCI}$

$\widehat{BIE}$ chung

$\Rightarrow \Delta BIE$ đồng dạng $\Delta CIB$

$\Rightarrow \frac{BI}{CI}=\frac{IE}{IB}\Rightarrow B{I}^2=IE.CI$

Mặt khác:  $A{I}^2=CI.IE$ nên $A{I}^2=B{I}^2\Rightarrow AI=BI$ .

a) Chứng minh tứ giác $AHIK$  nội tiếp đường tròn.

Xét tứ giác $AHIK$  có:

$\begin{array}{l}\widehat{AHI}=90°(IH\perp AB)\\ \widehat{AKI}=90°(IK\perp AD)\\ \Rightarrow \widehat{AHI}+\widehat{AKI}=180°\end{array}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $AHIK$  nội tiếp.

b) Chứng minh rằng $IA.IC=IB.ID$ .

Xét $\Delta IAD$ và $\Delta IBC$  có:

${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung  của )

 $\widehat{AID}=\widehat{BIC}$(2 góc đối đỉnh)

  $\Delta IAD\Delta IBC$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID$

c) Chứng minh rằng tam giác$HIK$  và tam giác $BCD$  đồng dạng.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHIK$  có

${\widehat{A}}_1={\widehat{H}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1\Rightarrow {\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1$

Chứng minh tương tự, ta được ${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

$\Delta HIK$ và $\Delta BCD$  có: ${\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1\text{ ; }{\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

$\Rightarrow \Delta HIK\Delta BCD$   (g.g)

a) Chứng minh tứ giác ADHE  nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Ta có :  $\widehat{BDC}=90°$ (chắn nửa đường tròn)

$\widehat{BEC}=90°$ (chắn nửa đường tròn)

Suy ra : $\widehat{ADH}=\widehat{BDC}=90°,\widehat{AEH}=\widehat{BEC}=90°$

Xét tứ giác  có:

$\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90°+90°=180°$

Tứ giác $ADHE$  có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác $ADHE$  nội tiếp trong một đường tròn.

Tâm I là trung điểm cạnh AH

b) Chứng minh $CM.CB=CE.CA.$

Xét hai tam giác $CBE$  và $CAM$  có :

$\widehat{ACM}$là góc chung

$\widehat{AMC}=\widehat{BEC}=90°$ (chứng minh trên)

Suy ra hai tam giác  $CBE$và $CAM$ đồng dạng

$\Rightarrow \frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow CM.CB=CE.CA.$

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Ta có : $\widehat{IDH}=\widehat{IHD}$  (do $\Delta IDH$  cân tại I)

$\widehat{IHD}=\widehat{CHM}$ (đối đỉnh)

Mặt khác :$\widehat{ODC}=\widehat{OCD}$  (do $\Delta ODC$cân tại O)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có :

$\widehat{CHM}+\widehat{MCH}=90°$ 

Từ $\left( 1\right),\left(2\right),\left(3\right),\left(4\right)$  suy ra: $\widehat{IDH}+\widehat{ODC}=90°$

Suy ra : $ID\perp DO$

Vậy ID là tiếp tuyến của (O)

b) Ta có: tứ giác $ACBE$  nội tiếp đường tròn (O).

$\Rightarrow \widehat{BEF}=\widehat{ACB}$ (cùng bù $\widehat{AEB}$ )

 $\Rightarrow \Delta BEF\Delta BCK\left(g-g\right)$$\Rightarrow \frac{EF}{BF}=\frac{CK}{BK}$

c) Ta có: $\frac{AE}{BF}+\frac{AC}{BK}=\frac{AF-EF}{BF}+\frac{AK+KC}{BK}=\frac{AF}{BF}+\frac{AK}{BK}-\frac{EF}{BF}+\frac{KC}{BK}$

Mà: $\frac{EF}{BF}=\frac{CK}{BK}$  (câu b)

$\Rightarrow \frac{AE}{BF}+\frac{AC}{BK}=\frac{AF}{BF}+\frac{AC}{BK} \left(1\right)$

d) Ta có:  $\Delta EDB\Delta AKB(g-g)$ $\Rightarrow \frac{ED}{BD}=\frac{AK}{BK}$

Lại có:   $\Delta CDB\Delta AFB(g-g)\Rightarrow \frac{CD}{BD}=\frac{AF}{BF}$

 $\Rightarrow \frac{ED}{BD}+\frac{CD}{BD}=\frac{AF}{BF}+\frac{AK}{BK}$

$\iff \frac{CE}{BD}=\frac{AF}{BF}+\frac{AK}{BK} \left(2\right)$

Từ (1)  và  (2)$\Rightarrow \frac{CE}{BD}=\frac{AE}{BF}+\frac{AC}{BK}$

1. Chứng minh tứ giác  $CKMH$ nội tiếp.

Có $\widehat{AMB} = 90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

$\Rightarrow AM \perp MB$

Mà $CD \parallel BM$ (gt) nên  $AM \perp CD$. Vậy  $\widehat{MKC} = 90°$.

Lại có $AM = CM$  (gt) $\Rightarrow OM \perp AC \Rightarrow \widehat{MHC} = 90°$ .

Tứ giác $CKMH$  có $\widehat{MKC} + \widehat{MHC} = {180}^0$ nên tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.

2. Chứng minh $CD=MB$   và  $DM=CB$

Ta có $\widehat{ACB}=90°$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó $DM \parallel CB$, mà $CD \parallel MB$ (gt) nên tứ giác $CDMB$là hình bình hành.

Suy ra: $CD=MB$  và $DM=CB$ .

3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

AD là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)\iff \Delta ADC$ có $AK \perp CD$và $DH\perp AC$

nên  M là trực tâm tam giác. Suy ra $CM \perp AD$ .

Vậy $AD\perp AB\iff CM\parallel AB\iff AM=BC$

Mà $AM=MC$  nên $AM=BC\iff AM=MC=BC\Rightarrow \widehat{COB}=60°$ . Vậy tam giác OBC đều.

Vậy điểm C là điểm thuộc nửa đường tròn sao cho  $\widehat{CBA}={60}^o$

a)

Ta có $\widehat{AIB}=\widehat{EIB}=\widehat{EMB}={90}^o$

Vậy tứ giác $MBEI$  nội tiếp đường tròn, tâm của đường tròn là trung điểm của BE.

b) $\Delta EIH\Delta MEA$

Vì  $\widehat{AEM}$ là góc chung và $\widehat{EIH}=\widehat{EMA}=90°$

c) $\Delta EIH\Delta MEA$ $\Rightarrow EI.EA=EH.EM$(1)

$\Delta EAD\Delta ECI$ (g-g) $\Rightarrow EI.EA=EC.ED$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $EC.ED=EH.EM$ .

d) H là trực tâm của tam giác $AEB$  nên $AH\perp EB$

Vì$\widehat{AKB}=90°$nên  $AK\perp EB\Rightarrow$ ba điểm  $A,H,K$thẳng hàng.

Do A cố định nên HK luôn đi qua điểm Acố định.

a) Ta có:$\widehat{PMO}=\widehat{PNO}=90°\Rightarrow M,N$  cùng thuộc đường tròn đường kính PO.

Vậy tứ giác $OMNP$  nội tiếp.

b) Ta có:$\widehat{OPM}=\widehat{ONM}$  ( tứ giác $OMNP$  nội tiếp)

$\widehat{ONM}=\widehat{OCM}$ ( tam giác $OCN$  cân tại O)

$\Rightarrow \widehat{OPM}=\widehat{OCM}\Rightarrow \widehat{CMO}=\widehat{POM}$

$\Rightarrow \Delta MCO=\Delta OPM(g-c-g)\Rightarrow CO=MP=R$

Ta có $PM=DO=R$ ; $PM\text{//}DO$  (cùng vuông góc với AB)

$\Rightarrow OMPD$là hình bình hành

Mặt khác: $\widehat{MOD}=90°$  nên $OMPD$  là hình chữ nhật

c) Ta có: $\widehat{CMO}=\widehat{POM}\Rightarrow CM\text{//}OP$ .

c) Ta có: $\widehat{CMO}=\widehat{POM}\Rightarrow CM\text{//}OP$ .

a)

Vì $AB\perp CD\Rightarrow \widehat{CDF}=90°$ ;

Mà $\widehat{CMF}=90°$  (Góc n.tiếp chắn nửa đường tròn )

b) Ta có $DF.DM=DK.DC$  (Do $\Delta DKF~\Delta DMC(g-g)$ )

và $DK.DC=A{D}^2$ (Pitago trong tam giác vuông ADC có AK đường cao)

Suy ra: $DM.DF=A{D}^2$ .

c)  $\widehat{MFI}=\widehat{CDM}=\widehat{DMI}\Rightarrow \Delta MIF$ cân tại $\Rightarrow MI=MF$  (1)

Mà ; $\widehat{IME}+\widehat{IMF}=\widehat{EMF}=90°$  $\widehat{MFI}+\widehat{MEI}=90°$( $\Delta MEF$ Vì vuông tạiM  )

Mặt khác theo c/m trên:$\widehat{IMF}=\widehat{MFI}\Rightarrow \widehat{IME}=\widehat{IEM}\Rightarrow \Delta MIE$  cân tại I$\Rightarrow IE=IM\left(2\right)$;

Từ (1) và (2) suy ra:$IF=IE$ .

a) Chứng minh rằng tứ giác $MEOH$  nội tiếp

Ta có: $\widehat{OEM}=90°$  (EM là tiếp tuyến của (O))

$\widehat{OHM}=90°$( AH là đường cao)

$\Rightarrow \widehat{OEM}+\widehat{OHM}=90°+90°=180°$

Vậy tứ giác $MEOH$  nội tiếp

Xét $\Delta ABH$ vuông tại H và $\Delta HBE$ vuông tại E có:

$\stackrel{⏜}{B}$ chung

Vậy $\Delta ABH\Delta HBE(g.g)$

$\Rightarrow \frac{AB}{HB}=\frac{AH}{HE}$ hay $AB.HE=AH.HB$

c) Chứng minh ba điểm $E,O,F$  thẳng hàng.

Ta có: $\widehat{EAF}=\widehat{AEH}=\widehat{HFA}=90°$

Suy ra tứ giác $AEHF$  là hình chữ nhật

Suy ra $EF,AH$  là hai đường chéo

Mà O là trung điểm của  AH nên O cũng là trung điểm của EF

Vậy ba điểm $E,O,F$  thẳng hàng.

d) Cho $AB=2\sqrt{10}cm$ , $AC=2\sqrt{15}cm$ . Tính diện tích $\Delta MON$ .

Ta có OM là đường trung bình của $\Delta ABH$  nên $OM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}.2\sqrt{10}=\sqrt{10}\left(cm\right)$

Tương tự, ta cũng có $ON=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.2\sqrt{15}=\sqrt{15}\left(cm\right)$

OM là tia phân giác của $\widehat{EOH}$(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)$\widehat{EOM}=\widehat{MOH}$

Tương tự ta có $\widehat{HON}=\widehat{NOF}$

Mặt khác$\widehat{EOH}+\widehat{HOF}=180°$  (kề bù)

Suy ra  $\widehat{MON}=90°\Rightarrow \Delta MON$ vuông tại .

$S_{\Delta MON}=\frac{1}{2}OM.ON=\frac{1}{2}\sqrt{10}.\sqrt{15}=\frac{5\sqrt{6}}{2}\left(c{m}^2\right)$

a) Chứng minh $\Delta MAB\Delta MFC$ .

Ta có: $\widehat{BAM}=\widehat{CFM}=90°$

$\widehat{MBA}=\widehat{MCF}$( cùng chắn cung AF)

Vậy $\Delta MAB\Delta MFC$  (g.g).

b) Chứng minh tứ giác $AFKD$  nội tiếp.

Do  $\Delta ABC$vuông cân tại A nên $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=45°$

 $\Rightarrow \widehat{AFC}=\widehat{ABC}=45°$(cùng chắn cung AC )

$\Delta DBC$ vuông cân tại B  có  $\widehat{DCB}=45°\Rightarrow \widehat{D}=45°$

Lại có  $\widehat{AFC}+\widehat{AFK}=180°$(kề bù)

$\Rightarrow \widehat{D}+\widehat{AFK}=180°$. Vậy tứ giác $AFKD$  nội tiếp

c) Tứ giác MDBH là hình gì?

d) Chứng minh $AB.EB+CE.CF=B{C}^2$

Ta có:  $\Delta ABC\Delta HBE\Rightarrow \frac{AB}{HB}=\frac{BC}{EB}\Rightarrow AB.EB=BC.HB\left(3\right)$

 $\Delta FCB\Delta HCE\Rightarrow \frac{CF}{HC}=\frac{BC}{EC}CF.EC=HC.BC\left(4\right)$

Cộng (3) và  (4)$\Rightarrow$$AB.EB+CF.EC=BC.HB+HC.BC=BC(HB+HC)=BC.BC=B{C}^2$

Vậy $AB.EB+CE.CF=B{C}^2$ .

a) Tứ giác $CDEF$  nội tiếp

$\widehat{CBD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{EFB}=\widehat{ABC}$ (vì cùng phụ $\widehat{ABF}$  )

$\Delta OBC$ có $OB=OC=R$  nên $\Delta OBC$  cân tại $O\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{OCB}.$

Suy ra: $\widehat{EFB}=\widehat{OCB}\Rightarrow$  tứ giác $CDFE$  nội tiếp (có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)

b)  $CE.DF.EF=A{B}^3$và $\frac{B{E}^3}{B{F}^3}=\frac{CE}{DF}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

$A{E}^2=CE.BE,A{F}^2=DF.BF$ và $AB.EF=BE.BF$

$A{B}^2=AE.AF\Rightarrow A{B}^4=A{E}^2.A{F}^2=CE.BE.DF.BF=CE.DF.(BE.BF)=CE.DF.EF.AB$

Do đó $A{B}^3=CE.DF.EF.$

Ta lại có: $\frac{B{E}^2}{B{F}^2}=\frac{EA.EF}{FA.EF}=\frac{EA}{FA}\Rightarrow \frac{B{E}^4}{B{F}^4}=\frac{E{A}^2}{F{A}^2}=\frac{CE.BE}{DF.BF}$

Vậy: $\frac{B{E}^3}{B{F}^3}=\frac{CE}{DF}.$

c) H là trung điểm AD

Kẻ $PI\perp BQ(I\in BQ)$  và PI cắt AB tại $H\Rightarrow H$  là trực tâm của $\Delta BPQ$ .

Ta có: $A{B}^2=AE.AF\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{AB}{AF}\Rightarrow \frac{AE}{AB/2}=\frac{AB}{AF/2}\Rightarrow \frac{AE}{OA}=\frac{AB}{AQ}$

$\Rightarrow \Delta AEO\backsim \Delta ABQ\left(\widehat{EAO}=\widehat{BAQ}=90°,\frac{AE}{OA}=\frac{AB}{AQ}\right)\Rightarrow \widehat{ABQ}=\widehat{AEO}$

Mà $\widehat{IPQ}=\widehat{ABQ}$  (cùng phụ với $\widehat{BQP}$  )

$\Rightarrow \widehat{AEO}=\widehat{IPQ},$ mà hai góc ở vị trí đồng vị nên $IP//OE.$

Trong $\Delta OAE$có: $PI//OE;EP=PA\left(gt\right)\Rightarrow OH=HA.$

a) Tứ giác $IEKB$  nội tiếp.

Ta có: $\widehat{AKB}={60}^o$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{AKB}+\widehat{BIE}={90}^o+{90}^o={180}^o$

$\Rightarrow$Tứ giác  $IEKB$nội  tiếp được đường tròn.

b)  $A{M}^2=AE.AK.$

Ta có: $AB\perp MN$  tại $I\Rightarrow \stackrel{⏜}{AM}=\stackrel{⏜}{AN}$

$\Rightarrow \widehat{AME}=\widehat{AKM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)