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.