Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/
Ta thấy F và E đều nhìn BC dưới cùng 1 góc 90 độ nên E,F nằm trên đường tròn đường kính BC ta gọi là đường tròn (O')
=> B,F,E,C cùng nawmg trên một đường tròn
b/
Xét đường tròn (O) ta có
sđ \(\widehat{BQP}=\) sđ \(\widehat{BCP}=\frac{1}{2}\) sđ cung BP (góc nội tiếp đường tròn) (1)
Xét đường tròn (O') ta có
sđ \(\widehat{BEF}=\) sđ \(\widehat{BCP}=\frac{1}{2}\) sđ cung BF (góc nội tiếp đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BQP}=\widehat{BEF}\) => PQ//EF (Hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 có hai góc ở vị trí đồng vị thì chúng // với nhau
c/ ta thấy F và D cùng nhìn BH dưới cùng 1 góc 90 độ nên BDHF là tứ giác nội tiếp
sđ \(\widehat{ABE}=\)sđ \(\widehat{FDA}=\frac{1}{2}\) sđ cung FH (1)
Ta thấy D và E cùng nhìn AB đướ cùng 1 góc 90 độ nên ABDE là tứ giác nội tiếp
sđ \(\widehat{ABE}=\)sđ \(\widehat{ADE}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE (2)
Mà \(\widehat{FDA}+\widehat{ADE}=\widehat{FDE}\) (3)
Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{FDE}=2.\widehat{ABE}\left(dpcm\right)\)
bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????
3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)
Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE
4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)
Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE
⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK
Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC
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).
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).
Chào chú Minh.