Góc nội tiếp

Xét $\Delta IAC$ và \(\Delta IDB\) có \(\widehat I\) chung và \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\) (câu trước) nên $\Delta IAC\backsim\Delta IDB$ (g-g)

\( \Rightarrow \dfrac{{IA}}{{ID}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Rightarrow IA.IB = IC.ID\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACD}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AD\) (chứa điểm \(B\) ); \(\widehat {ABD}\)  là góc nội tiếp chắn cung $AD$ (chứa điểm  \(C\) ) nên \(\widehat {ACD} + \widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}.360^\circ  = 180^\circ \)

Lại có \(\widehat {ACD} + \widehat {ACI} = 180^\circ \)  nên \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\) .

Tương tự ta có \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB}\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACD}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AD\) (chứa điểm \(B\) ); \(\widehat {ABD}\)  là góc nội tiếp chắn cung $AD$ (chứa điểm  \(C\) ) nên \(\widehat {ACD} + \widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}.360^\circ  = 180^\circ \)

Lại có \(\widehat {ACD} + \widehat {ACI} = 180^\circ \)  nên \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\) .

Tương tự ta có \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB}\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ANM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ANM} = 90^\circ \) hay \(AN \bot NM\) mà \(BC \bot AN \Rightarrow NM{\rm{//}}BC\)

Lại có \(\widehat {BAN} = \widehat {CAM}\)  (cmt)

nên cung $BN = $cung $CM$ \( \Rightarrow BN = CM\)

Từ đó tứ giác \(BNMC\) có \(NM{\rm{//}}BC\); \(BN = CM\) nên \(BNMC\) là hình thang cân.

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AC\)  và \(\widehat {CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung \(CM\)

Nên \(\widehat {ABC} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{AC}\) ;

\(\widehat {CAM} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{CM}\)

Lại có sđ \(\overparen{AC}+\) sđ \(\overparen{CM}= 180^\circ \)  nên \(\widehat {ABC} + \widehat {CAM} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {ABC} + \widehat {BAH} = 90^\circ \)  nên  \(\widehat {BAH} = \widehat {CAM}\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACM}\)  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACM}\)  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) .

Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành có \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) cũng là trung điểm của \(HF\)

Khi đó \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(AH = 2.OM\).

Xét hai tam giác vuông \(\Delta EBH\) và \(\Delta ECA\) có \(\widehat {EBH} = \widehat {ECA}\)  (cùng phụ với \(\widehat {BAC}\) )

Nên $\Delta EBH\backsim\Delta ECA\left( {g - g} \right) $

$\Rightarrow \dfrac{{EB}}{{EC}} = \dfrac{{EH}}{{EA}} $

$\Rightarrow EB.EA = EC.EH$.

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACF} = 90^\circ ;\widehat {ABF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(CF \bot AC;BF \bot AB\)  mà $BD \bot AC;CE \bot AB$\( \Rightarrow BD{\rm{//}}CF;CE{\rm{//}}BF\)

$ \Rightarrow BHCF$ là hình bình hành

\( \Rightarrow BH = CF;BF = CH\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACF} = 90^\circ ;\widehat {ABF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(CF \bot AC;BF \bot AB\)  mà $BD \bot AC;CE \bot AB$\( \Rightarrow BD{\rm{//}}CF;CE{\rm{//}}BF\)

$ \Rightarrow BHCF$ là hình bình hành

\( \Rightarrow BH = CF;BF = CH\) .

Xét \(\left( O \right)\) có $\widehat {BKA} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(AK \bot BE\)

Mà \(OD\) là đường trung bình của tam giác \(ABE\)  nên \(OD{\rm{//}}EB\)  từ đó $OD \bot AK.$

Nên A, B, C  đúng.

Xét \(\left( O \right)\) có $\widehat {BDA} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BD \bot EA\) mà \(D\) là trung điểm \(EA\)

Nên \(\Delta BEA\) có \(BD\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên \(\Delta BAE\) cân tại \(B\) .

Xét \(\left( O \right)\) có $\widehat {BDA} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BD \bot EA\) mà \(D\) là trung điểm \(EA\)

Nên \(\Delta BEA\) có \(BD\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên \(\Delta BAE\) cân tại \(B\) .

Trong một đường tròn:

Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.

Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Xét $\Delta IAC$ và \(\Delta IDB\) có \(\widehat I\) chung và \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\) (cmt) nên $\Delta IAC\backsim\Delta IDB$ (g-g).

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung \(BC\) (chứa điểm \(D\) ); \(\widehat {DBC}\)  là góc nội tiếp chắn cung $BC$ (chứa điểm  \(A\) ) nên \(\widehat {CAB} + \widehat {CDB} = \dfrac{1}{2}.360^\circ  = 180^\circ \)  mà \(\widehat {CAB} = 120^\circ \left( {gt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {CDB} = 180^\circ  - \widehat {CAB} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \)

Lại có \(\widehat {CAB} + \widehat {CAI} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {IAC} = 180^\circ  - \widehat {CAB} = 60^\circ \) .

Từ đó ta có \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB} = 60^\circ \) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung \(BC\) (chứa điểm \(D\) ); \(\widehat {DBC}\)  là góc nội tiếp chắn cung $BC$ (chứa điểm  \(A\) ) nên \(\widehat {CAB} + \widehat {CDB} = \dfrac{1}{2}.360^\circ  = 180^\circ \)  mà \(\widehat {CAB} = 120^\circ \left( {gt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {CDB} = 180^\circ  - \widehat {CAB} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \)

Lại có \(\widehat {CAB} + \widehat {CAI} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {IAC} = 180^\circ  - \widehat {CAB} = 60^\circ \) .

Từ đó ta có \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB} = 60^\circ \) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ANM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ANM} = 90^\circ \) hay \(AN \bot NM\) mà \(BC \bot AN \Rightarrow NM{\rm{//}}BC\)

Lại có \(\widehat {BAN} = \widehat {CAM}\)  (cmt) nên cung $BN = $cung \(CM \Rightarrow BN = CM\)

Từ đó tứ giác \(BNMC\) có \(NM{\rm{//}}BC\); \(BN = CM\) nên \(BNMC\) là hình thang cân.

Suy ra \(BM = CN\) (tính chất hình thang cân) nên B sai.