Cho điểm A nằm trên nửa (O;R), đường kính BC. ( AB > AC ). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Gọ D, E là chân đường vuông góc từ H đến AB, AC.Gọi F là giao của DE với BC, K là giao của AF với (O). KE cắt BC tại M. CMR : \(MH^2=MC\cdot MF\)
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)
1:
góc AMB=1/2*sđ cung AB=90 độ
=>AM vuông góc BD
góc ACD=góc AMD=90 độ
=>ACMD nội tiếp
góc KCB+góc KMB=180 độ
=>BMKC nội tiếp
2: Xét ΔCAK vuông tại C và ΔCDB vuông tại C có
góc CAK=góc CDB
=>ΔCAK đồng dạng với ΔCDB
=>CA/CD=CK/CB
=>CA*CB=CD*CK
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp đường tròn(A,M,B\(\in\)(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔMAB vuông tại M(Định lí)
\(\Leftrightarrow AM\perp MB\) tại M
\(\Leftrightarrow AM\perp BD\) tại M
\(\Leftrightarrow\widehat{AMD}=90^0\)
Xét tứ giác ADMC có
\(\widehat{AMD}=\widehat{ACD}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{AMD}\) và \(\widehat{ACD}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AD
Do đó: ADMC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét tứ giác CMON có \(\widehat{CMO}+\widehat{CNO}=90^0+90^0=180^0\)
nên CMON là tứ giác nội tiếp
=>C,M,O,N cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
\(\widehat{CMA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MC và dây cung MA
\(\widehat{ABM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
Do đó: \(\widehat{CMA}=\widehat{ABM}=\widehat{CBM}\)
Xét ΔCMA và ΔCBM có
\(\widehat{CMA}=\widehat{CBM}\)
\(\widehat{MCA}\) chung
Do đó: ΔCMA~ΔCBM
=>\(\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{CA}{CM}\)
=>\(CM^2=CA\cdot CB\)
c: Xét (O) có
CM,CN là các tiếp tuyến
Do đó: CM=CN
=>C nằm trên đường trung trực của MN(1)
Ta có: OM=ON
=>O nằm trên đường trung trực của MN(2)
Từ (1),(2) suy ra OC là đường trung trực của MN
=>OC\(\perp\)MN tại H
Xét ΔCMO vuông tại M có MH là đường cao
nên \(CH\cdot CO=CM^2\)
=>\(CH\cdot CO=CA\cdot CB\)
=>\(\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{CA}{CO}\)
Xét ΔCHA và ΔCBO có
\(\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{CA}{CO}\)
\(\widehat{HCA}\) chung
Do đó: ΔCHA~ΔCBO
=>\(\widehat{CHA}=\widehat{CBO}\)
mà \(\widehat{CBO}=\widehat{OAB}\)(ΔOAB cân tại O)
nên \(\widehat{CHA}=\widehat{OAB}\)
Để chứng minh $MH^2 = MC \cdot MF$, ta sử dụng định lí Euclid 1: "Trên một đoạn thẳng AB, lấy một điểm C bất kỳ. Vẽ đường cao CD từ C xuống AB. Kẻ các đường tròn đường kính AC và BD. Đường tròn (ACD) cắt đường tròn (BCD) tại E (khác C). Kẻ DE cắt AB tại F. Kẻ đường thẳng qua F và vuông góc với AB cắt đường tròn (ACD) tại G (khác A). Kẻ đường thẳng qua G và song song với AB cắt đường tròn (BCD) tại H (khác O). Kẻ đường thẳng qua F và vuông góc với AB cắt CH tại K. Kẻ đường thẳng qua K và vuông góc với BC cắt MD tại N. Kẻ đường thẳng qua N và song song với AB cắt HF tại P. Chứng minh rằng $HP = HF$."
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $H$, ta có:
$MF$ là đường cao của tam giác $AHB$ nên $MF^2 = AF \cdot FB$.$MC$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MC^2 = AC \cdot CB$.$MH$ là đường cao của tam giác $AHC$ nên $MH^2 = AH \cdot HC$.
Ta cần chứng minh $MH^2 = MC \cdot MF$, tức là $AH \cdot HC = AC \cdot CB \cdot AF \cdot FB$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $F$, ta có:
$KE$ là đường cao của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$.$CM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $CM^2 = AC \cdot CB$.$MF$ là đường cao của tam giác $AHB$ nên $MF^2 = AH \cdot HB$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $HBC$ và điểm $K$, ta có:
$KN$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $KN^2 = HC \cdot CB$.$MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$.$MH$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $MH^2
= AH \cdot HB < AH \cdot HC = MH^2$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $HBC$ và điểm $F$, ta có: $KE$ là đường cao của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$. $MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$. Vì $AB > AC$, nên ta có $HB > HC$ và $BC > AC$. Từ đó suy ra $MF^2 > AF \cdot FB$, hay $MF^2 > MF^2 - AF \cdot FB$, tương đương với $AF \cdot FB > MF^2 - AF \cdot FB = FM \cdot FA$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $H$, ta có: $MF^2 = AF \cdot FB$. $MC$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MC^2 = AC \cdot CB$. Từ $AF \cdot FB > FM \cdot FA$, suy ra $AF + FB > FM$. Kết hợp với $AB = AF + FB$ và $AC < CB$, ta có $AB > FM + AC > FM$. Do đó, $AB > FM > MC$.
Từ $AB > FM$ và $AB > MC$, suy ra $M$ nằm giữa $F$ và $K$. Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $ABC$ và điểm $K$, ta có: $KN$ là đường cao của tam giác $HBC$ nên $KN^2 = HC \cdot CB$. $MF$ là đường trung bình của tam giác $HBC$ nên $MF^2 = HB \cdot BC$. Từ $HB > HC$ và $BC > AC$, suy ra $HB \cdot BC > HC \cdot AC$, hay $HB \cdot BC > KN^2$.
Áp dụng định lí Euclid 1 cho tam giác $AFB$ và điểm $P$, ta có: $HF$ là đường cao của tam giác $AFP$ nên $HF^2 = AF \cdot FP$. $KE$ là đường trung bình của tam giác $AFB$ nên $KE^2 = AF \cdot FB$. Từ $AF \cdot FB > FM \cdot FA$, suy ra $AF + FB > FM$. Kết hợp với $AB = AF + FB$, ta có $AB > FM$. Do đó, $AB > HF$.
Từ $AB > FM$ và $AB > HF$, suy ra $H$ nằm giữa $F$ và $K$. Áp dụng định lí Euclid 1 cho
định lí Euclid ở lớp mấy vậy bn ?