Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác BPQC có
\(\widehat{BPC}=\widehat{BQC}=90^0\)
Do đó: BPQC là tứ giác nội tiếp
a: Xét tứ giác BHCK có
I là trung điểm chung của BC và HK
=>BHCK là hình bình hành
=>BH//CK và BK//CH
Xét ΔABC có
AD,BM là các đường cao
AD cắt BM tại H
Do đó; H là trực tâm của ΔABC
=>CH⊥AB
CH⊥AB
BK//CH
Do đó: BK⊥BA
=>B nằm trên đường tròn đường kính AK(1)
Ta có: BH⊥AC
BH//CK
Do đó: CK⊥CA
=>C nằm trên đường tròn đường kính KA(2)
Từ (1),(2) suy ra B,C,A,K cùng nằm trên đường tròn đường kính AK
=>AK là đường kính của (O)
=>K thuộc (O)
b: Xét tứ giác BNMC có \(\hat{BNC}=\hat{BMC}=90^0\)
nên BNMC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{NMC}+\hat{NBC}=180^0\)
mà \(\hat{NMC}+\hat{AMN}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)
Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)
=>AK⊥ Ax tại A
xét (O) có
\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)
mà \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)
nên \(\hat{xAC}=\hat{AMN}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên MN//Ax
Ta có: MN//Ax
Ax⊥ AK
Do đó: AK⊥MN
Do K đối xứng với D qua trung điểm của BC nên ta có
\(BD=CK,BK=CD\)
Dựng đường kính DF của (I). Theo hình , thì ta được ba điểm A, F , K thẳng hàng
ta có\(\widehat{KDL}=\widehat{DIC}\left(=90^0-\widehat{CID}\right)=>\)tam giác IDC = tam giác DKL (g.g), từ đó suy ra
\(\frac{DF}{DK}=\frac{2ID}{DK}=\frac{2DC}{KL}=\frac{KB}{KN}\)
=> tam giác DFK = tam giác KBN (c.g.c)
zì zậy nên : \(\widehat{KNB}=\widehat{DKF}=90^0-\widehat{NKF}\)
=>\(\widehat{KNB}+\widehat{NKF}=90^0,\)do đó \(AK\perp BN\)