Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc OAD+góc OMD=180 độ
=>OADM nội tiếp
b: ΔOBC cân tại O
mà ON là đường cao
nên ONlà trung trực của BC
=>sđ cung NB=sd cung NC
=>góc BAN=góc CAN
=>AN là phân giác của góc BAC
góc DAI=1/2*sđ cung AN
góc DIA=1/2(sđ cung AB+sđ cung NC)
=1/2(sđ cung AB+sđ cung NB)
=1/2*sđ cung AN
=>góc DAI=góc DIA
=>ΔDAI cân tại D
tứ giác BFEC có hai góc kề nhau cùng nhìn đoạn BC dưới một góc vuông : BFCˆ=BECˆ(=90)BFC^=BEC^(=90) ==> Tức giác BFEC là tứ giác nội tiếp
==> 4 điểm B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn.
1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A => ÐADF = ÐAFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => ÐDEF < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE).
Chứng minh tương tự ta có ÐDFE < 900; ÐEDF < 900. Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn.
2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => 
=> DF // BC.
3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có Ð B = ÐC (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn .
4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có Ð DBM = ÐBCF ( hai góc đáy của tam giác cân).
ÐBDM = ÐBFD (nội tiếp cùng chắn cung DI); Ð CBF = ÐBFD (vì so le) => ÐBDM = ÐCBF .
=> DBDM ~DCBF => 
a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)
Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)
hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)
Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)
Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$
\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)
\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)
c)
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)
\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.
d)
$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)
Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)
Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)
Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)
Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)
http://d.dathoc.com/uploads/resources/601/1199949/preview.swf
cái j đây tuấn