K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

a, Cm tu giac NIHO  noi tiep:

CM - goc HON bang 90 do

      - goc HIN bang 90 do

=>goc HON + goc HIN =180 do

Ma HON va HIN la hai Goc doi => DPCM

b,Cm IP.MQ=IM.PH

Cm - goc IHP bang goc MQI (= goc INM)

      -goc IPH bang goc IMQ 

=> tam giac IPH dong dang voi tam giac IMQ theo truong hop g.g

=>IP/PH=IM/MQ (canh ti le tuong ung)

=>DPCM

6 tháng 3 2016

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.

 

30 tháng 5 2018

O M N P Q I J H G K

a) Ta thấy đường trong (O) có dây cung PQ vuông góc với đường kính MN

=> M là điểm chính giữa của cung PQ => MP=MQ => \(\Delta\)PMQ cân tại M => ^MPQ=^MQP.

Tứ giác PMQJ nội tiếp (O) => ^MJQ=^MPQ; ^MJP=^MQP. Mà ^MPQ=^MQP (cmt)

=> ^MJQ=^MJP => MJ là phân giác ^PJQ (đpcm).

b) Đường tròn (O) có MN là đường kính: J thuộc cung MN => ^MJN=900 hay ^HJN=900

Xét tứ giác HINJ: ^HJN=^HIN=900 => Tứ giác HINJ nội tiếp đường tròn (đpcm).

c) Tứ giác MJNQ nội tiếp đường tròn (O) => ^MJQ=^MNQ.

Dễ thấy ^MNQ=^MNP => ^MJQ=^MNP hay ^GJK=^KNG.

Xét tứ giác GKNJ: ^GJK=^KNG (cmt) => Tứ giác GKNJ nội tiếp đường tròn.

=> ^GKJ=^GNJ hay ^GKJ=^PNJ.

Mà tứ giác PJNQ nội tiếp (O) => ^PNJ=^PQJ nên ^GKJ=^PQJ.

Lại thấy: 2 góc ^GKJ nà ^PQJ nằm ở vị trí đồng vị => GK//PQ (đpcm).

a) Xét (O) có

ΔMJN nội tiếp đường tròn(M,J,N∈(O))

MN là đường kính(gt)

Do đó: ΔMJN vuông tại J(Định lí)

\(\widehat{MJN}=90^0\)

\(\widehat{HJN}=90^0\)

Xét tứ giác HJNI có 

\(\widehat{HJN}\) và \(\widehat{HIN}\) là hai góc đối

\(\widehat{HJN}+\widehat{HIN}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: HJNI là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

⇔H,J,N,I cùng nằm trên một đường tròn

5 tháng 3 2016

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