Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.
a. Ta thấy AN^ BI ,BM ^AI , nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó IK^ AB
b. Vì DAEK∽ DANB ∽ nên AK. AN =AE .AB
Tương tự vì DBEK∽ DBMA ∽ nên BK .BM =BE. BA
Vậy AK.AN+BK.BM=AE.AB+BE.BA=AB2
a) Xét đường tròn (O) đường kính AB có \(\widehat{ANB}=\widehat{AMB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AM ⊥ MB; BN ⊥ AN hay AM ⊥ BC; BC ⊥ AC
Xét ΔABC có 2 đường cao AM, BN cắt nhau tại H => H là trực tâm ΔABC => CH ⊥ AB. Mà HK ⊥ AB (gt) => CH ≡ HK hay C, H, K thẳng hàng
b) Gọi giao điểm của NK với đường tròn (O) là D
ΔCNM ~ ΔCBA (c.g.c) => \(\widehat{CNM}=\widehat{ABC}\) (2 góc tương ứng)
ΔANK ~ ΔABC (c.g.c) => \(\widehat{ANK}=\widehat{ABC}\) (2 góc tương ứng)
=> \(\widehat{CNM}=\widehat{ANK}\) => \(90^o-\widehat{CNM}=90^o-\widehat{ANK}\) => \(\widehat{BNM}=\widehat{BND}\)
Xét đường tròn (O) có \(\widehat{BNM}=\widehat{BND}\) => \(\stackrel\frown{BM}=\stackrel\frown{BD}\) => B là điểm chính giữa cung MD
Do B, M cố định => D cố định => NK luôn đi qua điểm D cố định
c) Xét tứ giác HKBM có \(\widehat{HKB}=\widehat{HMB}=90^o\) => Tứ giác HKBM nội tiếp
=> AH.AM = AK.AB
Tương tự ta có BH.BN = BK.AB
=> AH.AM + BH.BN = AK.AB + BK.AB = AB(AK + BK) = AB2
Do AB không đổi nên AH.AM + BH.BN không đổi
d) CMTT câu b ta có \(\widehat{NMH}=\widehat{IMH}\) => MH là phân giác trong tại M của tam giác MNI
=> \(\dfrac{IH}{NH}=\dfrac{IM}{MN}\) (tính chất đường phân giác)
AM ⊥ MB (cmt) => MB là phân giác ngoài tại M của tam giác MNI
=> \(\dfrac{BI}{BN}=\dfrac{IM}{MN}\) (tính chất đường phân giác)
=> \(\dfrac{IH}{NH}=\dfrac{IB}{BN}\left(=\dfrac{IM}{MN}\right)\) => IH.BN = NH.IB
theo đề bài ta có góc MOB=BOI VÀ NOC=IOC ==> BOC=1/2MON
Ta có MON+A=180 độ
==>2BOC=180-A
==>BOC=90-A/2
MÀ 90-A/2 KO ĐỔI ==>BOC KO ĐỔI
MÀ BOC=DOE =>DOE KO ĐỔI ==> DCCM
Đáp án là D