Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình không vẽ hình được mong bạn thông cảm
a, Vì tứ giác MANB nội tiếp
=>\(IN.IM=IA.IB=IA^2\)(I là trung điểm của AB)
Vậy IN.IM=IA^2
b,
VÌ AB là tiếp tuyến chắn cung AP của đường tròn O'
=>PAB=AMP
MÀ AMP=ABN (tứ giác AMBN nội tiếp)
=>PAB=ABN
MÀ I là trung điểm của AB
=> I là trung điểm của NP
=> tứ giác ANBP là hình bình hành
Vậy tứ giác ANBP là hình bình hành
c,Vì tứ giác ANBP là hình bình hành
nên \(AN//BP\)
=>NAB=ABP
Lại có NAB=NMB( tứ giác AMBN nội tiếp)
=>ABP=NMB
=> IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBP
Vậy IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBP
d,Từ G kẻ GK,GH lần lượt song song với AP,BP(\(K,H\in AB\))
=> \(\hept{\begin{cases}IK=\frac{1}{3}IA\\IH=\frac{1}{3}IB\end{cases}}\)và KGH=APB
MÀ I,A,B cố định
=> H,K cố định
Ta có APB=KGH
Mà APB =ANB( tứ giác ANBP là hbh)
=> KGH=ANB
MÀ AB cố định ,ANB là góc nội tiếp chắn cung AB =
=> ANB không đổi => KGH không đổi
MÀ K,H cố định
=> G thuộc cung tròn cố định
Vậy khi M di chuyển thì G thuộc cung tròn cố định
a) Xét \(\Delta CDA\) và \(\Delta CBD\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACD}-\text{góc chung}\\\widehat{CDA}=\widehat{CBD}\left(=\dfrac{1}{2}\stackrel\frown{AD}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta CDA\sim\Delta CBD\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CB}{CD}\Rightarrow CD^2=CA.CB\).
b) Ta dễ dàng chứng minh được \(\widehat{ODC}=\widehat{OIC}=90^o\), do đó tứ giác CDOI nội tiếp đường tròn đường kính OC.
c) Theo tính chất đối xứng, ta có E, K đối xứng với nhau qua OI.
Do tứ giác CDOI nội tiếp nên \(\widehat{DIO}=\widehat{DCO}\).
Ta biến đổi góc: \(\widehat{COE}=\widehat{IOC}-\widehat{EOI}=\widehat{IOC}-\widehat{KOI}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{OKD}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=\widehat{IOD}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-\widehat{DIO}-\widehat{ODI}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-2\widehat{DIO}-\widehat{DOC}=180^o-2\widehat{DCO}-90^o+\widehat{DCO}=90^o-\widehat{DCO}=\widehat{COD}\).
Từ đó \(\Delta DOC=\Delta EOC\left(c.g.c\right)\) nên CE cũng là tiếp tuyến của (O).
d) Do G là trọng tâm của tam giác ABD nên G nằm trên DI và \(DG=\dfrac{2}{3}DI\).
Dựng O' trên cạnh OI sao cho \(OO'=\dfrac{2}{3}OI\).
Theo định lý Thales đảo ta có O'G // OD.
Từ đó \(O'G=\dfrac{1}{3}OD=\dfrac{1}{3}R\) không đổi.
Mà I, O cố định nên O' cố định, từ đó G luôn di chuyển trên đường tròn \(\left(O';\dfrac{1}{3}R\right)\) cố định.
(Đây là một ứng dụng của phép vị tự)