Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{PBF}\) suy ra \(PF=PB\)
Suy ra \(MP\perp AB\) vì MP là trung trực của BF. Do đó \(MP||CF\). Tương tự \(MQ||BE\)
b) Dễ thấy M,I,J đều nằm trên trung trực của EF cho nên chúng thẳng hàng. Vậy IJ luôn đi qua M cố định.
c) Gọi FK cắt AD tại T ta có \(FK\perp AD\) tại T. Theo hệ thức lượng \(IE^2=IF^2=IT.IL\)
Suy ra \(\Delta TIE~\Delta EIL\). Lại dễ có \(EI\perp EM\), suy ra ITKE nội tiếp
Do vậy \(\widehat{ILE}=\widehat{IET}=\widehat{IKT}=90^0-\widehat{LIK}\). Vậy \(IK\perp EL.\)
câu c nè: mik ns ý chính nhé
h bạn kẻ tiếp tuyến tại A
chứng minh đc AO vuông góc vs MN
=> OA vuông góc vs EF
do OA cố định
=> đường thẳng qua A vuông góc vs EF luôn đi qua 1 điểm cố định
do câu a va b bn làm đc rồi nên mik nghĩ bn cx hok giỏi rồi nên mik làm tắt nha
a, Ta có AKB =AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)
Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)
AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)
ACF= AFC (tính chất đối x
a) Ta có: Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn (O) => ^ABC=^AEC hay ^ABD=^AEC.
Xét \(\Delta\)ADB và \(\Delta\)ACE: ^ABD=^AEC; ^ADB=^ACE (=900) => \(\Delta\)ADB ~ \(\Delta\)ACE (g.g)
=> \(\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow AB.AC=AD.AE\)(đpcm).
b) Gọi giao điểm của AC và BF là M.
Ta có: AF//BC => ^AFM=^CBM. Mà ^CBM=^FAM (Cùng chắn cung CF) => ^AFM=^FAM
=> \(\Delta\)AMF cân đỉnh M => AM=FM.
Lại có: ^BCM=^FAM (So le trg) => ^BCM=^CBM => \(\Delta\)BMC cân tại M => MB=MC
=> \(\Delta\)AMB=\(\Delta\)FMC (c.g.c) => ^ABM=^FCM => ^ABM+^MBC=^FCM+^CBM => ^ABC=^FCB
=> Tứ giác ABCF là hình thang cân => ^BAF=^CFA.
Dễ thấy: ^DAF=900 (Do AD vuông BC và AF//BC); ^EFA=900
=> ^BAF - ^DAF = ^CFA - ^EFA => ^BAD=^CFE hay ^BAP=^CFQ
Xét \(\Delta\)APB và \(\Delta\)FQC: AB=FC; ^BAP=^CFQ; ^ABP=^FCQ
=> \(\Delta\)APB=\(\Delta\)FQC (g.c.g) => AP=FQ (2 cạnh tương ứng)
Xét tứ giác APQF: ^PAF=^QFA (=900); AP=FQ => Tứ giác APQF là hình chữ nhật
=> ^APQ=900 => PQ vuông góc AD. Mà AD vuông BC nên PQ//BC (Q.h //, vg góc).
c) Gọi giao điểm của FE với BC là R; AD cắt (O) tại L.
Theo chứng minh ở câu a): \(AB.AC=AD.AE\)
\(\Rightarrow AB.AC-AD.AK=AD.AE-AD.AK=AD\left(AE-AK\right)=AD.KE\)(*)
Ta có tứ giác ABEC nội tiếp (O) => \(\Delta\)AKC ~ \(\Delta\)BKE (g.g)
\(\Rightarrow\frac{AK}{BK}=\frac{CK}{KE}\Rightarrow BK.CK=AK.KE\)(1)
Tương tự: \(\Delta\)ADC ~ \(\Delta\)BDL (g.g)
\(\Rightarrow\frac{AD}{BD}=\frac{CD}{DL}\Rightarrow BD.CD=AD.DL\)(2)
Nhân (1) với (2) theo vế, ta được:
\(BD.CD.BK.CK=AD.AD.KE.AK=\left(KE.AD\right).\left(AK.DL\right)\)(3)
Dễ c/m: 2 tứ giác AFRD và AFEL là hình chữ nhật => AD=FR và AL=FE
=> AL-AD = FE-FR => DL=RE, thay vào (3) suy ra:
\(BD.CD.BK.CK=\left(KE.AD\right).\left(AK.RE\right)\)(4)
Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{AK}{KE}=\frac{AD}{RE}\)(Do AD//RE) \(\Rightarrow AK.RE=KE.AD\)
Thay vào (4) => \(BD.CD.BK.CK=\left(KE.AD\right).\left(KE.AD\right)=\left(KE.AD\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{BD.CD.BK.CK}=KE.AD\)(**)
Từ (*) và (**) => \(AB.AC-AD.AK=\sqrt{BD.CD.BK.CK}\)(đpcm).
a) Do AB // DE nên \(\widebat{AE}=\widebat{BD}\Rightarrow\widebat{AE}+\widebat{DC}=\widebat{BD}+\widebat{DC}=\widebat{BC}\)
Ta có \(\widehat{MIC}\) là góc có đỉnh nằm trong đường tròn nên \(\widehat{MIC}=\frac{\widebat{AE}+\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Góc \(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên \(\widehat{MBC}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\)
Xét tứ giác BMCI có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\) nên BMCI là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\Rightarrow\Delta FIC\sim\Delta FBM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FI}{FB}=\frac{FC}{FM}\Rightarrow FI.FM=FB.FC\)
Ta cũng có \(\widehat{DBF}=\widehat{CEF}\Rightarrow\Delta BFD\sim\Delta EFC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FB}{FE}=\frac{FD}{FC}\Rightarrow FE.FD=FB.FC\)
Vậy nên \(FI.FM=FE.FD\)
c) Do PQ là đường kính nên \(\widehat{PTQ}=90^o\)
Suy ra \(\Delta FIQ\sim\Delta FTM\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FTM}=\widehat{FIQ}\)
Lại có BIMC nội tiếp, BOCM cũng nội tiếp nên 5 điểm B, O, I, C, M cùng thuộc đường trong đường kính OM.
Suy ra \(\widehat{FIQ}=90^o\)
Vậy thì P, T, M thẳng hàng.
d) Ta thấy \(S_{IBC}=\frac{1}{2}BC.d\left(I,BC\right)\)
Do BC không đổi nên SIBC lớn nhất khi d(I; BC) lớn nhất.
Điều này xảy ra khi I trùng O hay tam giác ABC vuông tại B.
Vậy diện tích tam giác IBC lớn nhất khi AC là đường kính đường tròn (O).
b: ΔNAI cân tại N
=>NA=NI
Xét ΔANK và ΔINK có
NA=NI
góc ANK=góc INK
NK chung
=>ΔANK=ΔINK
=>góc AKN=góc IKN
=>góc IKN=1/2(sđ cung MC+sđ cung AN)
=1/2(sđ cung AM+sđ cung NB)
=góc AI'K(I' là giao của AB với MN)
=>IK//AI'
=>IK//AB