Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O I G J S K H L A' M N
a) Đặt J là trung điểm cạnh BC. Theo quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây ta có ^OIC = ^OJC = 900
Vậy I thuộc đường tròn đường kính OC cố định (đpcm).
b) Kẻ đường kính BK của (O). d cắt CK tại điểm S. Ta có AK vuông góc AB, IS vuông góc AB
Suy ra IS // AK. Vì I là trung điểm cạnh AC của tam giác AKC nên S là trung điểm CK cố định (đpcm).
c) OJ cắt (O) tại hai điểm phân biệt là A' và L (A' thuộc cung lớn BC). Hạ AH vuông góc BC
Ta thấy \(AH+JL\le AL\le2R=A'L\Rightarrow AH\le A'L-JL=A'J\)
Suy ra \(S=\frac{AH.BC}{2}\le\frac{A'J.BC}{2}\)(không đổi). Vậy S lớn nhất khi A trùng A'.
d) Trên đoạn JB,JC lấy M,N sao cho JM = JN = 1/6.BC. Khi đó M,N cố định.
Đồng thời \(\frac{JG}{JA}=\frac{JM}{JB}=\frac{JN}{JC}=\frac{1}{3}\). Suy ra ^MGN = ^BAC = 1/2.Sđ(BC (Vì GM // AB; GN // AC)
Vậy G là các điểm nhìn đoạn MN dưới một góc không đổi bằng 1/2.Sđ(BC, tức là một đường tròn cố định (đpcm).
a.xét tứ giác AOMB có
∠AOB = ∠ AMB (góc ở tâm cùng chắn cung AB)
=> Tứ giác AOMB nội tiếp
b.vì AD//BC ⇒ ABCD là hình thang, hình thang ABCD lại nội tiếp O
⇒ ABCD là hình thang cân
mà M là giao điểm hai đường chéo
⇒ MB = MC (tính chất hình thang cân)
ΔOMB và ΔOMC có:
OB = OC = R
OM chung
MB = MC (cmt)
⇒Δ OMB =Δ OMC (c.c.c)
⇒góc MOB = góc MOC (góc tương ứng)
⇒OM là đường phân giác góc BOC hay đường phân giác góc BOC của ΔOBC
Mà ΔOBC là tam giác cân tại O (có OB = OC = R)
⇒OM là đường trung trực của tam giác cân OBC
⇒OM ⊥BC (đpcm)
c.vì OM ⊥ BC⇒OM thẳng góc AD
⇒theo tính chất dây và đường kính OM là trung trực của AD và BC
có d//AD
⇒d thẳng góc OM
vì AB cố định nên đường thẳng OM không đổi
vì đường thẳng OM không đổi mà d luôn thẳng góc OM
⇒ d đi qua một điểm cố định trên cung AB nhỏ (đpcm)
A B C O D E S F N M I
a) Bổ đề: Xét tam giác ABC cân tại A, một điểm M bất kì sao cho ^AMB = ^AMC. Khi đó MB = MC.
Bổ đề chứng minh rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Áp dụng vào bài toán: Vì E là điểm chính giữa (BC nên EB = EC = ED => \(\Delta\)BED cân tại E
Ta có ^BAE = ^CAE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ^BAE = ^DAE
Áp dụng bổ đề vào \(\Delta\)BED ta được AB = AD. Khi đó AE là trung trực của BD => AE vuông góc BD
Lại có \(\Delta\)BAD ~ \(\Delta\)CFD (g.g). Mà AB = AD nên FD =FC. Từ đó EF vuông góc DC
Xét \(\Delta\)AEF có FD vuông góc AE (cmt), AD vuông góc EF (cmt) => D là trực tâm \(\Delta\)AEF (đpcm).
b) Gọi DN cắt EC tại I. Ta dễ thấy ^MDI = ^MDN = ^MBN = ^MBC = ^MEC = ^MEI
Suy ra bốn điểm D,E,M,I cùng thuộc một đường tròn => ^EMD = ^EID = 900
Nếu ta gọi MD cắt cung lớn BC của (O) tại S thì ^EMS chắn nửa (O) hay ES là đường kính của (O)
Mà E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên S là điểm chính giữa cung lớn BC
Do đó S là điểm cố định (Vì B,C cố định). Vậy MD luôn đi qua S cố định (đpcm).
Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.
Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA
a, Ta co 2 bo de quen thuoc sau : FC la phan giac ^EFD, FB la phan giac PFD
ma QR//EP nen
\(\widehat{PFB}=\widehat{FQD}=\widehat{QFD}\Rightarrow\Delta DFQ\) can tai D => DF=DQ (1)
mat khac theo tinh chat tia phan giac ngoai ^PFD co \(\frac{FD}{FP}=\frac{CD}{CP}\)
ma \(\frac{CD}{CP}=\frac{DT}{PF}\) (DT//PF)
suy ra \(\frac{DF}{PF}=\frac{DT}{PF}\Rightarrow DT=DF\) (2)
Tu(1)va (2) suy ra DT=DQ hay D la trung diem QT
b, Goi S la trung diem BC ta chung minh PQSR noi tiep
Co \(\Delta PSE~\Delta ESD\left(G-G\right)\Rightarrow\frac{PS}{ES}=\frac{ES}{SD}\Leftrightarrow ES^2=PS.DS\)
lai co ES=SB=SC do S la trung diem canh huyen BC cua tam giac vuong BEC
suy ra \(BS^2=PS.SD=DS\left(PD+DS\right)=SD^2+PD.DS\)
=> \(PD.DS=BS^2-SD^2=\left(BS-DS\right)\left(BS+DS\right)=BD.DC\) (3)
Mat khac ^DQB=^PFB(cmt)
^PFB=^RCD( BFEC nt)
suy ra ^DQB=^RCD=> BQCR noi tiep
=> \(BD.DC=DQ.DR\) (4)
Tu (3),(4) suy ra DP.DS=DQ.DR => PQDR noi tiep
=> (PQR) di qua S la trung diem BC co dinh
c,lay H' doi xung voi H qua BC, ta co H' thuoc (O) .
ta lai co bo de sau : \(BD.DC=DH.DA\) (quen thuoc)
suy ra \(DP.DS=DH.DA\left(=DB.DC\right)\)
<=> \(\frac{DH}{DP}=\frac{DS}{DA}\)
ma ^HDP=^SDA=90
suy ra \(\Delta DHP~\Delta DSA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{DHP}=\widehat{DSA}\)
va \(\widehat{DSA}=\widehat{AHK}\left(phu\widehat{DAS}\right)\)
=>\(\widehat{DHP}=\widehat{AHK}\) => P,H,K thang hang
lai co \(\widehat{AFH}=\widehat{AKH}=\widehat{AEH}=90\)
=> A,F,H,K,E cung thuoc 1 duong tron =. FHKE noi tiep
=>\(PF.PE=PH.PK\) (5)
ma BFEC noi tiep => \(PF.PE=PB.PC\) (6)
(5)+(6)Suy ra \(PH.PK=PB.PC\) => BHKC noi tiep
Vi H' ,I doi xung voi H,K qua BC ma BHKC noi tiep => BH'IC noi tiep
do vay \(I\in\left(BH'C\right)=\left(ABH'C\right)=\left(O\right)\)
e,Goi tam (CJL) la U, (U) cat (O) tai V, BC giao OG tai X
=> \(\widehat{VBG}=\widehat{VJG}\left(=\widehat{VCB}\right)\) =>BJVG noi tiep
=> B,J,X,V,G cung thuoc 1 duong tron => ^BVG=^BXG=90
lai co ^XVG +^XBG=180 hay ^XVG+^BAC=180
va ^BVC+^BAC=180
suy ra ^XVG=^BVC
hay 90 +^XVB=^XVB+^XVC
=> ^XVC=90
=> V thuoc duong tron dk XC
mat khac V cung thuoc (O)
suy ra V co dinh ,C co dinh
suy ra tam U di chuyen tren trung truc VC co dinh (dpcm)