Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Giả sử AB < AC. (Các trường hợp khác chứng minh tương tự)
Ta có tam giác CEF cân tại C nên \(\widehat{CEF}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
Ta có \(\widehat{MIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
Hay \(\widehat{MEB}=\widehat{MIB}\). Suy ra tứ giác EMBI là tứ giác nội tiếp.
\(\widehat{IMB}=\widehat{IEB}=90^o\Rightarrow MB\perp AI.\)
b) Chứng minh tương tự \(\widehat{ANI}=90^o\Rightarrow\) tứ giác ANMB nội tiếp đường tròn đường kính AB cố định.
Mà \(\widehat{MBN}=90^o-\widehat{MIB}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{\alpha}{2}=const\)
Do MN là dây cung chắn một góc không đổi trên đường tròn đường kính AB nên độ dài MN không đổi.
c) Gọi O là trung điểm AB thì \(\widehat{MON}=2.\widehat{MBN}=\alpha\)
Do tứ giác IMBD nội tiếp nên \(\widehat{IDM}=\widehat{IBM}=\frac{\alpha}{2}\)
Tương tự : \(\widehat{IDN}=\frac{\alpha}{2}\)
Do đó \(\widehat{MDN}=\alpha=\widehat{NOM}\)
Suy ra tứ giác MNDO nội tiếp hay O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua điểm O cố định khi C thay đổi.
M A B C I D N O H K
a) CM: \(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)
\(\widehat{OBM}+\widehat{OBC}=180^o\)( kề bù)
\(\widehat{ODC}+\widehat{OBC}=180^o\)( tứ giác ODCB nội tiếp )
=> \(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)
b)
+)Xét tam giác MCN có CO là tia phân giác đồng thời là đường cao
=> Tam giác CMN cân tại C (1)
=> \(\widehat{BMA}=\widehat{DNA}=\widehat{BAM}\)( CD//BA => DN//BA)
=> Tam giác BMA cân tại B
=> BM=BA=CD ( ABCD là hình bình hành) (2)
+) CO là phân giác \(\widehat{BCD}\)
=> \(\widebat{BO}=\widebat{DO}\)
=> BO=DO (3)
+) Xét tam giác BOM và tam giác DOC có:
\(\widehat{OBM}=\widehat{ODC}\)( theo a)
BM=CD ( theo 2)
BO=DO (theo 3)
=> \(\Delta BOM=\Delta DOC\)
+) OM=OC
Và từ (1) => CO là đường trung trực của MN
=> OM=ON
Vậy OM=ON=OC
=> O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
c) GỌi H là giao của IO và BD
=> IH vuông BD và H là trung điể m BD
Ta có: \(KD^2=\left(HD-HK\right)^2=HD^2+HK^2-2.HD.HK=ID^2-IH^2+IK^2-IH^2-2HD\left(HD-KD\right)\)
\(=ID^2+IK^2-2\left(IH^2+HD^2\right)+2HD.KD=ID^2+IK^2-2ID^2+2HD.KD\)
\(=IK^2-ID^2+2HD.KD\)
=> \(IB^2-IK^2=ID^2-IK^2=2HD.KD-KD^2\)
=> \(\frac{IB^2-IK^2}{KD^2}=\frac{2HD-KD}{KD}=\frac{BD-KD}{KD}=\frac{BK}{KD}\)(4)
Ta lại có: CK là phân giác trong của tam giác CBD
=> \(\frac{BK}{KD}=\frac{CB}{CD}\)
Và MB=DC ( theo cm câu a) , CM=CN ( Tam giác CMN cân)
=> CB=DN
=> \(\frac{BK}{KD}=\frac{DN}{MB}\)(5)
Từ (4), (5)
=> ĐPCM
B C A D G E F H M O N P S T
1) +) Xét đường tròn (AD): ^AED = ^AFD = 900 (Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: BD2 = BE.BA; CD2 = CF.CA => (BD.CD)2 = AB.AC.BE.CF
Hay AD4 = AD.BC.BE.CF => AD3 = BC.BE.CF => \(\frac{AD^3}{BE.CF}=BC=2R\)
+) Chứng minh H,E,F thẳng hàng ?
Ta có: AE.AB = AF.AC (=AD2) => Tứ giác BEFC nội tiếp => ^CBE = ^AFE = ^EGH (Do tứ giác AGEF nội tiếp)
=> Tứ giác BEGH nội tiếp => ^GEH = ^GBH = ^GAF. Mà ^GAF + ^GEF = 1800
Nên ^GEH + ^GEF = 1800 => 3 điểm H,E,F thẳng hàng (đpcm).
2) Ta thấy tứ giác BEGH và BEFC nội tiếp => AG.AH = AE.AB = AF.AC => Tứ giác GFCH nội tiếp
Theo ĐL Ptolemy cho tứ giác GFCH nội tiếp: FG.CH + GH.CF = CG.HF (đpcm).
3) Gọi S,T lần lượt là hình chiếu của N,P trên BC.
Xét đường tròn (P) có: ^ACM = 1/2.Sđ(AM = 900 - ^PMA => ^PMA = 900 - ^ACB.
Tương tự: ^NMA = 900 - ^ABC. Suy ra: ^PMA + ^NMA = 1800 - (^ABC + ^ACB) = 900 => ^PMN = 900
Từu đó dễ có: \(\Delta\)NSM ~ \(\Delta\)MTP (g.g) => NS.PT = MS.MT (*)
Xét \(\Delta\)MNP: ^PMN = 900 => \(S_{MNP}=\frac{MN.MP}{2}=\frac{\sqrt{\left(NS^2+MS^2\right)\left(PT^2+MT^2\right)}}{2}\)(ĐL Pytagore)
Áp dụng BĐT Bunhiacopsky: \(S_{MNP}\ge\frac{NS.PT+MS.MT}{2}=MS.MT=\frac{1}{4}BM.CM\)(Dựa vào (*) )
Vậy Min SMNP = 1/4.BM.CM = const (Vì M cố định). Đạt được khi A là trung điểm cung BC.