Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không spam nha. Chương trình game xin tặng chương trình học online. Nhằm mục đích game được nhiều người chơi.
Thay mặt người đào tạo chương trình hôm nay : Có 200 suất học bỗng cho những học sinh tích cực hoạt động từ bây giờ ( Mỗi suất học bỗng là 100k). Nhận thưởng bằng cách vào google tìm kiếm.
Link như sau vào google hoặc cốc cốc để tìm kiếm:
https://lazi.vn/quiz/d/17912/game-lien-quan-mobile-ra-doi-vao-ngay-thang-nam-nao
Copy cũng được nha
Bạn hack nick mình thu ib dưới vs nha giúp mk chuyện này:)))
M A C D B O K N E F H I
a/
Ta có A và B cùng nhìn MO dưới 1 góc vuông => B và B thuộc đường tròn đường kính MO => A, B, M, O cùng nằm trên 1 đường tròn
b/
Ta có
\(C_{MCD}=MC+MD+CD=\left(MC+NC\right)+\left(MD+ND\right).\)
Ta có
MA = MB (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)
NC=AC; ND = BD (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)
\(\Rightarrow C_{MCD}=\left(MC+AC\right)+\left(MD+BD\right)=MA+MB=2MA\)
M cố định; A cố định => MA không đổi \(\Rightarrow C_{MCD}=2MA\) không đổi => \(C_{MCD}\) không phụ thuộc vị trí điểm N
c/
Xét tg vuông NOC và tg vuông AOC có
OC chung
NC = AC (cmt)
\(\Rightarrow\Delta NOC=\Delta AOC\) (hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OCD}\) (1)
Gọi P là giao OC với (O) và Q là giao của OD với (O)
Ta có
sđ cung AP = sđ cung NP; sđ cung BQ = sđ cung NQ (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn chia đôi cung giới hạn bởi hai tiếp điểm)
=> sđ cung NP = 1/2 sđ cung AN; sđ cung NQ = 1/2 sđ cung BN
=> sđ cung NP + sđ cung NQ = sđ cung PQ = 1/2 sđ cung AN + 1/2 sđ cung BN = 1/2 sđ cung AB
\(\Rightarrow\widehat{COD}=sđ\) cung PQ = 1/2 sđ cung AB (góc ở tâm)
Ta có \(\widehat{CAB}=\)1/2 sđ cung AB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
\(\Rightarrow\widehat{CAB}=\widehat{COD}\) (2)
Xét tg CKA và tg ODC có
\(\widehat{OCA}=\widehat{OCD;}\widehat{CAB}=\widehat{COD}\) => tg CKA đồng dạng với tg ODC (g.g.g)
d/
Gọi I là giao của EF với MA
Xét tg OAB và tg OEF có
OA = OE; OB = OF (đều là bán kính (O))
\(\widehat{AOB}=\widehat{EOF}\) (góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta OAB=\Delta OEF\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{BAO}=\widehat{IEO}\) => AB // EF (hai đường thẳng bị cắt bởi 1 đường thẳng tạo thành 2 góc so le trong = nhau thì // với nhau)
Ta có \(MO\perp AB\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc với dây cung nối 2 tiếp điểm)
\(\Rightarrow MO\perp EF\) (đường thẳng vuông góc với 1 trong 2 đường thẳng // với nhau thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại)
Xét \(\Delta MIE\) có
\(EA\perp MI;MO\perp EF\) => O là trực tâm của tg MIE => OH là đường cao thuộc cạnh ME => OH phải đi qua I => EF; MA; OH đồng quy tại I
M A B C D O P Q I N E F
a) Sđ(CM = Sđ(BC => ^BDC = ^MAC hay ^IDP = ^PAI => ADPI nội tiếp
b) Theo câu a: ^API = ^ADI = ^AMB => IP || MQ, tương tự IQ || MP. Suy ra MPIQ là hình bình hành => PI =MQ
c) Dễ thấy I là tâm nội tiếp tam giác ABC => N là điểm chính giữa cung nhỏ AB => N cố định
Đường tròn (O) có MN là dây cung => Trung điểm của MN nằm trên đường tròn đường kính ON cố định
Giới hạn quỹ tích: NA,NB cắt (ON) tại E và F khác N, vậy thì trung điểm MN chạy trên cung lớn EF của (ON).
C A B O E F I M H P Q J K L
1. Ta có \(\widehat{AIB}=90^0+\frac{1}{2}\widehat{BAC}=135^0\), suy ra \(\widehat{BIM}=\widehat{CMI}=45^0\) vì \(BI||CM\)
Do \(\Delta ACM=\Delta AFM\) (c.g.c) nên \(\widehat{CMF}=2\widehat{CMI}=90^0.\)
2. Dễ thấy \(\frac{CH}{CA}=\frac{BH}{BC}\) hay \(\frac{2CH}{CP}=\frac{2BQ}{BC}\Rightarrow\frac{CH}{CP}=\frac{BQ}{BC}\)
Suy ra \(\Delta BQC~\Delta CHP\). Do đó \(\widehat{CPH}=\widehat{BCQ}=90^0-\widehat{PCQ}\). Vậy \(PH\perp CQ.\)
3. Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O), ta có ngay J là tâm của (AIB)
Lấy điểm L sao cho \(JL||AB\) và \(IL\perp AB\)
Ta thấy \(\widehat{IFA}=\widehat{ICA}=\widehat{ICB}=\widehat{IEB}=45^0\), suy ra \(\Delta EIF\) vuông cân tại I
Vậy ta có \(S_{CEF}=\frac{1}{2}AH.EF=\frac{1}{2}AH.2r=AH.r\) với \(r\) là bán kính của (I)
Lại có \(r=IL-OJ\le IJ-OJ=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) và \(AH\le OA=R\)
Suy ra \(S_{CEF}\le\left(\sqrt{2}-1\right)R^2\) (Không đổi). Đạt được khi A là điểm chính giữa cung BC.
4. Ta thấy tứ giác CHFM nội tiếp đường tròn đường kính CF, \(MC=MF\) do \(\Delta ACM=\Delta AFM\)
Do vậy HM là phân giác của \(\widehat{CHB}\). Dễ có \(\widehat{HCF}=90^0-\widehat{CFA}=\frac{1}{2}\widehat{HCB}\)
Vậy 3 đường phân giác CM, CF, BI của tam giác CHB đồng quy.