Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a,\widehat{ACB}=90^0\left(\text{góc nt chắn nửa đg tròn}\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FCI}+\widehat{ICE}=90^0\\\widehat{ICE}+\widehat{ACO}=\widehat{ICO}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{FCI}=\widehat{ACO}\\ OA=OC\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{CAO}\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{CBA}+\widehat{IFC}=90^0\\\widehat{CBA}+\widehat{CAO}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{IFC}=\widehat{CAO}=\widehat{ACO}\\ \Rightarrow\widehat{FCI}=\widehat{IFC}\Rightarrow IF=IC\left(1\right)\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{FCI}+\widehat{ICE}=90^0\\\widehat{IFC}+\widehat{IEC}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{ICE}=\widehat{IEC}\Rightarrow IE=IC\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow IF=IE\left(đpcm\right)\)
\(b,IE=IF=IC\left(cm\text{ trên}\right)\\ \Rightarrow I\text{ là tâm đường tròn ngoại tiếp }\Delta ECF\\ \text{Mà }OC\perp CI\Rightarrow OC\text{ là tt đtnt }\Delta ECF\)
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.
Dựng tiếp tuyến với đường tròn tại B, gọi K là giao của tiếp tuyến với đường tròn tại M với tiếp tuyến với đường tròn tại B
Ta có
\(AF\perp AB;OD\perp AB;BK\perp AB\) => AF//OD//BK
\(\Rightarrow\dfrac{DE}{OA}=\dfrac{DK}{OB}\) (Talet)
Mà OA=OB
=> DE=DK (1)
Xét tg ABF có
OD//AF => \(\dfrac{DF}{OA}=\dfrac{DB}{OB}\) (Talet trong tg)
Mà OA=OB => DF=DB (2)
\(\widehat{EDF}=\widehat{KDB}\) (góc đối đỉnh)
Từ (1) (2) (3) => tg EDF = tg KDB (c.g.c)
=> EF=KB
Mà KB=KM (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)
=> EF=KM
Ta có
EA=EM (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)
\(\Rightarrow EA.EF=EM.KM\)
Xét tg vuông EAO và tg vuông EMO có
EO chung
EA=EM (cmt)
=> tg EAO = tg EMO (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{EOA}=\widehat{EOM}\) (4)
C/m tương tự ta cũng có tg KMO = tg KBO \(\Rightarrow\widehat{KOB}=\widehat{KOM}\) (5)
Mà \(\widehat{EOA}+\widehat{EOM}+\widehat{KOB}+\widehat{KOM}=180^o\) (6)
Từ (4) (5) (6) \(\Rightarrow\widehat{EOM}+\widehat{KOM}=\widehat{KOE}=90^o\)
=> tg KOE là tg vuông tại O
Ta có \(OM\perp KE\) (KE là tiếp tuyến với đường tròn tại M)
Xét tg vuông KOE có
\(OM^2=KM.EM\) (Trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)
\(\Rightarrow KM.EM=EF.EA=OM^2\) không đổi