Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Theo đề bài, dễ thấy \(\widehat{FBH}=90^o\). Do FA tiếp xúc (O) tại A nên \(\widehat{FAH}=90^o\). Từ đó suy ra \(\widehat{FBH}=\widehat{FAH}=90^o\), suy ra tứ giác FAHB nội tiếp.
b) Nhận thấy \(\widehat{FAD}=\widehat{FBA}\) vì chúng lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp chắn cung AD. Suy ra \(\Delta FAD~\Delta FBA\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{FA}{FB}=\dfrac{FD}{FA}\) \(\Rightarrow FA^2=FB.FD\). Tương tự, ta có \(GA^2=GE.GC\). Cộng theo vế 2 hệ thức vừa tìm được, suy ra đpcm.
c) Ta có \(\widehat{ADI}=\widehat{AEG}=\widehat{ABC}=\widehat{AFH}=\widehat{AFI}\) nên tứ giác AFDI nội tiếp, suy ra \(\widehat{FAD}=\widehat{FID}\). Mà \(\widehat{FID}=\widehat{OIH}\) còn \(\widehat{FAD}=\widehat{FBA}=\widehat{FHA}=\widehat{OHI}\) nên từ đó suy ra \(\widehat{OIH}=\widehat{OHI}\) hay tam giác OHI cân tại O hay \(OI=OH\). Hoàn toàn tương tự, ta có \(OJ=OH\), suy ra đpcm.
d) Ta có \(\widehat{HIC}=\widehat{AHF}=90^o-\widehat{AFH}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{GAC}\) \(=90^o-\widehat{GHC}=\widehat{HGC}\) nên tứ giác HIGC nội tiếp. Do đó \(\widehat{GIH}=180^o-\widehat{HCG}=90^o\) hay \(GI\perp HF\) tại I. Tương tự, ta có \(FJ\perp HG\) tại J. Mặt khác, \(HA\perp FG\) tại A nên HA, FJ, GI sẽ đồng quy tại trực tâm M của tam giác FGH.
Ta sẽ chứng minh M di chuyển trên DE (dễ dàng kiểm tra DE cố định). Thật vậy, dễ thấy 5 điểm A, M, I, D, F cùng nằm trên 1 đường tròn, do đó \(\widehat{DMI}=\widehat{DFI}=90^o-\widehat{BHF}\). Tương tự, ta có \(\widehat{JME}=90^o-\widehat{GHC}\). Lại có tứ giác IMJH nội tiếp nên \(\widehat{IMJ}=180^o-\widehat{IHJ}=180^o-\widehat{FHG}\). Từ đây suy ra \(\widehat{DMI}+\widehat{IMJ}+\widehat{JME}=360^o-\left(\widehat{BHF}+\widehat{FHG}+\widehat{GHC}\right)=180^o\), hay D, M, E thẳng hàng, tức là M thuộc DE. Ta có đpcm.
c) Gọi T là giao điểm thứ hai của FD với đường tròn (O). Ta c/m EO đi qua T.
Ta có: ^ADM = ^DAC + ^DCA = ^BAC/2 + ^ACB = ^BAD + ^MAB = ^MAD => \(\Delta\)DAM cân tại M => MA=MD
Lại có: MA và MF là 2 tiếp tuyến của (O) nên MA=MF. Do đó: MD=MF => \(\Delta\)MDF cân tại M (đpcm).
Dễ thấy: \(\Delta\)MAB ~ \(\Delta\)MCA (g.g) và \(\Delta\)MFB ~ \(\Delta\)MCF (g.g)
=> \(\frac{MA}{MC}=\frac{MF}{MC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}=\frac{FB}{FC}\) => FD là tia phân giác ^BFC (1)
Kẻ tia đối Fy của FB => ^EFy = ^ECB = ^EBC = ^EFC => FE là phân giác ^CFy (2)
Từ (1) và (2) suy ra: FD vuông góc với FE (Vì ^BFC + ^CFy = 1800) hay ^EFT = 900
=> ET là đường kính của (O) => ET trùng với OE => OE đi qua T => ĐPCM.
d) Áp dụng ĐL Ptolemy có tứ giác BFCT nội tiếp có: BF.CT + CF.BT = BC.FT
=> CT.(BF+CF) = BC.FT => \(BF+CF=\frac{BC.FT}{CT}\le\frac{BC.ET}{CT}=\frac{2CK.ET}{CT}=2EC=2BE\)
Dấu "=" xảy ra khi F trùng với E <=> MF vuông góc OE <=> MF // BC => M không nằm trên BC (mâu thuẫn)
=> Không có dấu "=" => BF+CF < 2BE (đpcm).
đây nha bn
a, (O): góc BAC=90 độ (góc nt chắn nửa đường tròn).
(I): góc AEH=90(góc nt chắn nửa đường tròn). góc ADH=90(góc nt chắn nửa đường tròn) => tg AEHD là hcn(có 3 góc vuông)
b) (I): góc ADE=góc AHE( nt cùng chắn cung AE)
ta lại có:góc AHE=góc ABH( cùng phụ với góc BAH.) => ADE=ABH
=> tg BEDC nội tiếp (góc trong tại 1 đỉnh = góc ngoài tại đỉnh đối diện)
c, tg AEHD là hcn; AH cắt AD tại I => IA=IH=IE=ID
tam giác ADH: DI là trung tuyến
tam giác: AMH: MI là trung tuyến => D,M,I thẳng hàng. mà E,M,I thẳng hàng=> D,M,E thẳng hàng.
Nhớ L I K E nha
a) Do AB // DE nên \(\widebat{AE}=\widebat{BD}\Rightarrow\widebat{AE}+\widebat{DC}=\widebat{BD}+\widebat{DC}=\widebat{BC}\)
Ta có \(\widehat{MIC}\) là góc có đỉnh nằm trong đường tròn nên \(\widehat{MIC}=\frac{\widebat{AE}+\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Góc \(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên \(\widehat{MBC}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\)
Xét tứ giác BMCI có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\) nên BMCI là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\Rightarrow\Delta FIC\sim\Delta FBM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FI}{FB}=\frac{FC}{FM}\Rightarrow FI.FM=FB.FC\)
Ta cũng có \(\widehat{DBF}=\widehat{CEF}\Rightarrow\Delta BFD\sim\Delta EFC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FB}{FE}=\frac{FD}{FC}\Rightarrow FE.FD=FB.FC\)
Vậy nên \(FI.FM=FE.FD\)
c) Do PQ là đường kính nên \(\widehat{PTQ}=90^o\)
Suy ra \(\Delta FIQ\sim\Delta FTM\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FTM}=\widehat{FIQ}\)
Lại có BIMC nội tiếp, BOCM cũng nội tiếp nên 5 điểm B, O, I, C, M cùng thuộc đường trong đường kính OM.
Suy ra \(\widehat{FIQ}=90^o\)
Vậy thì P, T, M thẳng hàng.
d) Ta thấy \(S_{IBC}=\frac{1}{2}BC.d\left(I,BC\right)\)
Do BC không đổi nên SIBC lớn nhất khi d(I; BC) lớn nhất.
Điều này xảy ra khi I trùng O hay tam giác ABC vuông tại B.
Vậy diện tích tam giác IBC lớn nhất khi AC là đường kính đường tròn (O).
câu c nè: mik ns ý chính nhé
h bạn kẻ tiếp tuyến tại A
chứng minh đc AO vuông góc vs MN
=> OA vuông góc vs EF
do OA cố định
=> đường thẳng qua A vuông góc vs EF luôn đi qua 1 điểm cố định
do câu a va b bn làm đc rồi nên mik nghĩ bn cx hok giỏi rồi nên mik làm tắt nha