K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NB^2=NK*NM

=>NB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMBK

=>NB vuông góc PB

góc DBN=90 độ

=>DB vuông góc NB

=>P,B,D thẳng hàng

Chứng minh tương tự, ta được: C,Q,K thẳng hàng

ΔKPB cân tại P, ΔDBC cân tại D

=>PK//QD

Chứng minh tương tự, ta được: QK//DB

=>DPKQ là hình bình hành

=>DK cắt PQ tại trung điểm của mỗi đường

=>E,D,K thẳng hàng

1 tháng 7 2019

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác  B D C ^

Ta có  K Q C ^ = 2 K M C ^  (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))

N D C ^ = K M C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  N C ⏜ )

Mà  B D C ^ = 2 N D C   ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^

Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở  ⇒ B C D ^ = B C Q ^  do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK

Chứng minh tương tự ta có  ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

5 tháng 5 2018

c. 

Tứ giác IKNC là tứ giác nội tiếp (cmt)=> \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{IC}\))

Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ANC=}\widehat{INC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\))

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{IKC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => IK // HB (dhnb)

Chứng minh tương tự câu a ta có: Tứ giác AMHI là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{AHI}=\widehat{AMI}=\widehat{AMC}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AI}\))

Xét đt(O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)=> \(\widehat{ABC}=\widehat{AHI}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => HI // BK

Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{BM}\)

Xét đt(O) có: \(\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\)và \(\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BM}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)=> CM là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)

CMTT ta có: AN là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

Mà 2 dây AN và CM cắt nhau tại I (gt) => BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)hay BI là tia phân giác của \(\widehat{HBK}\)

Xét tứ giác BHIK có:

* HI // BK (cmt)

* IK // HB (cmt)

=> tứ giác BHIK là hình bình hành (DHNB)

Mà BI là phân giác của \(\widehat{HBK}\)(cmt) => tứ giác BHIK là hình thoi (dhnb hình thoi)

d. Vì \(\widehat{NBK}=\widehat{BMN}=\widehat{BMK}\left(cmt\right)\)=> BN là tiếp tuyến tại B của đt (P) ngoại tiếp \(\Delta MBK\)=> \(BN\perp BP\)Mà \(BN\perp BD\)do \(\widehat{DBN}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => B, P , D thẳng hàng

Tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng

\(\Delta BPK\)và \(\Delta DBC\)là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy => góc ở đỉnh của chúng bằng nhau => \(\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\)Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => PK // DC (dhnb) => PK // DQ

CMTT ta có: DP // QK => DPKQ  là hình bình hành (dhnb HBH) => DK đi qua trung điểm của PQ => D, E, K thẳng hàng (đpcm)

5 tháng 5 2018

a. Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{AB}\)(gt) => \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)=> \(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)(2 góc nội tiếp chắn 2 cung = nhau)

Lại có: \(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)(CÙNG = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{AM}\))  => \(\widehat{MNA}=\widehat{BCM}\)hay \(\widehat{KNI}=\widehat{KCI}\)(Do M,K,N và A,I,N => \(\widehat{MNA}=\widehat{KNI}\)M,I,C và B,K,C => \(\widehat{BCM}=\widehat{KCI}\)) => IKNC là tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết)

b. Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{BMN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)và \(\widehat{NBC}=\widehat{NBK}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)

mà N là điểm chính giữa cung nhỏ \(\widebat{BC}\)(gt) => sđ \(\widebat{BN}\)= sđ \(\widebat{NC}\)=> \(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta KBN\)có:

\(\widehat{N}\)chung

\(\widehat{BMN}=\widehat{NBK}\)(cmt)

=> \(\Delta BMN~\Delta KBN\)(g.g) => \(\frac{NB}{NK}=\frac{NM}{NB}\)<=> \(NB^2=NK.NM\)(đpcm)

23 tháng 8 2018

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Ta có  A B C ^ = A N C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung A C ⏜ )

A M C ^ = A H I ^ (góc nội tiếp cùng chắn cung I C ⏜ )

⇒ A B C ^ = I K C ^  Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên  H B / / I K  (1)

+ Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp

A N C ^ = I K C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  A I ⏜ )

Ta có  A B C ^ = A M C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  A C ⏜ )

⇒ A B C ^ = A H I ^  Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên  B K / / H I  (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành.

Mặt khác AN, CM  lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C  trong tam giác ABC nên I là giao điêm 3 đường phân giác, do đó BI là tia phân giác góc B

Vậy tứ giác BHIK là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

 

13 tháng 5 2018

2) Chứng minh  N B 2 = N K . N M .

Ta có N là điểm chính giữa cung  B C ⏜   ⇒ B N ⏜ = C N ⏜   ⇒ B M N ^ = C M N ^   (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

Mà  C B N ^ = C M N ^ (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung  C N ⏜ )

C B N ^ = B M N ^ (cùng bằng góc  C M N ^ ⇒ K B N ^ = B M N ^

Xét  Δ K B N   v à   Δ B M N có:

N ^ chung

K B N ^ = B M N ^

⇒ Δ K B N ∽ Δ B M N ⇒ K N B N = B N M N ⇒ N B 2 = N K . N M

(điều phải chứng minh).

2 tháng 4 2019

1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Ta có M là điểm chính giữa cung A B ⏜ ⇒ A M ⏜ = B M ⏜ ⇒ M N A ^ = M C B ^  

⇒ K N I ^ = I C K ^ . Tứ giác CNKJ có C và N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KJ dưới góc bằng nhau nên CNKJ nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Do đó bốn điểm C, N, K, I  cùng thuộc một đường tròn.

5 tháng 3 2023

a) Do M là điểm chính giữa cung AB nên AM⌢=MB⌢ .

Suy ra ACM^=MCB^

  (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Lại có  ACM^=ANM^

 (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Nên INK^=ICK^

Xét tứ giác KICN có INK^=ICK^

 nên KICN là tứ giác nội tiếp hay C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 

b) Do N là điểm chính giữa cung BC nên BN⌢=NC⌢ 

Vậy thì BMN^=KBN^

 (Hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Xét tam giác BMN và tam giác KBN có:

Góc B chung

BMN^=KBN^

⇒ΔBMN∼ΔKBN(g−g)

⇒BNKN=MNBN⇒NB2=NK.NM.

 

10 tháng 6 2019

Em không vẽ được hình, xin thông cảm

a, Ta có góc EAN=  cungEN=cung EC+ cung EN

Mà cung EC= cung EB(E là điểm chính giữa cung BC)

=> góc EAN=cungEB+ cung EN=góc DFE (tính chất góc ở giữa)

=> tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

Vậy tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

b,Ta có EC=EB=EM

Tam giác EMC cân tại E => EMC=ECM

 MÀ EMC+AME=180, ECM+ABE=180

=> AME = ABE

=> tam giác ABE= tam giác AME

=> AB=AM => tam giác ABM cân tại A

Mà AE là phân giác => AE vuông góc BM

CMTT => AC vuông góc EN

MÀ AC giao BM tại M

=> M là trực tâm tam giác AEN

Vậy M là trực tâm tam giác AEN

c,  Gọi H là giao điểm OE với đường tròn (O) (H khác E) => O là trung điểm của EH

Vì M là trực tâm của tam giác AEN

=> \(EN\perp AN\)

Mà \(OI\perp AN\)(vì I là trung điểm của AC)

=> \(EN//OI\)

MÀ O là trung điểm của EH

=> I là trung điểm của MH (đường trung bình trong tam giác )

=> tứ giác AMNH là hình bình hành 

=> AH=MN

Mà MN=NC

=> AH=NC

=> cung AH= cung NC

=> cung AH + cung KC= cung KN

Mà cung AH+ cung KC = góc KMC(tính chất góc ở giữa 2 cung )

NBK là góc nội tiếp chắn cung KN

=> gócKMC=gócKBN

Hay gócKMC=gócKBM

=> CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK( ĐPCM)

Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

10 tháng 6 2019

Anh Khang nè,e cung cấp hình nha:3

a: ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên AM*AB=AH^2

ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên AN*AC=AH^2

=>AM*AB=AN*AC

=>AM/AC=AN/AB

=>góc AMN=góc ACB

=>góc NMB+góc NCB=180 độ

=>NMBC nội tiếp

b: kẻ đường kính AL

góc ACL=90 độ

AC*AN=AH^2

ΔAIN đồng dạng với ΔACE

=>AI/AC=AN/AE

=>AI*AE=AH^2

góc ADE=90 độ

=>ΔADE vuông tại D

=>AI*AE=AD^2=AH^2

=>AD=AH