Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Chú ý: A M O ^ = A I O ^ = A N O ^ = 90 0
b, A M B ^ = M C B ^ = 1 2 s đ M B ⏜
=> DAMB ~ DACM (g.g)
=> Đpcm
c, AMIN nội tiếp => A M N ^ = A I N ^
BE//AM => A M N ^ = B E N ^
=> B E N ^ = A I N ^ => Tứ giác BEIN nội tiếp => B I E ^ = B N M ^
Chứng minh được: B I E ^ = B C M ^ => IE//CM
d, G là trọng tâm DMBC Þ G Î MI
Gọi K là trung điểm AO Þ MK = IK = 1 2 AO
Từ G kẻ GG'//IK (G' Î MK)
=> G G ' I K = M G M I = M G ' M K = 2 3 I K = 1 3 A O không đổi (1)
MG' = 2 3 MK => G' cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc (G'; 1 3 AO)
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
Gọi G là trọng tâm của tgMBC => G trên MI và MG/IM = 2/3
Trên MN lấy điểm K sao cho MK/MN = 2/3 => Điểm K cố định và KG // NI vì MG/MI = MK/MN =2/3
=> ^MGK = ^MIN mà ^MIN không đổi (góc nội tiếp của đường tròn đk AO qua 5 điểm câu a)
=> G thuộc cung tròn cố định chứa ^MGK không đổi nhận MK là dây
Học tốt
a, b, c HS tự làm
d, Gợi ý: G' ÎOI mà I G ' I O = 1 3 => G' thuộc (G'; 1 3 R)
a. Dễ thấy AMON nội tiếp vì \(\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^o\)
b. Do H là trung điểm BC nên \(OH⊥HA\), vậy H, M, A, N, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
Ta có \(\widehat{NHA}=\widehat{NMA}=\widehat{MNA}=\widehat{MHA}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung và AM = AN)
Vậy HA là phân giác góc MHN.
c. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác HMAN có: \(\widehat{HNM}=\widehat{HAM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung HM)
Mà \(\widehat{HAM}=\widehat{HBE}\)(Đồng vị)
Vậy nên \(\widehat{HNE}=\widehat{HBE}\) hay HNBE nội tiếp.
Suy ra \(\widehat{ENB}=\widehat{EHB}\) (Cùng chắn cung EB)
Mà \(\widehat{ENB}=\widehat{MCB}\) (Cùng chắn cung MB) nên \(\widehat{EHB}=\widehat{MCB}\)
Chúng lại ở vị trí đồng vị nên HE // CM.