K
Khách

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

28 tháng 2 2019

A B C O F E K S P D Q M S'

a) Ta sẽ chứng minh SK đi qua điểm O cố định. Thật vậy, gọi OK cắt AP tại S', ta cần chứng minh S' trùng với S.

Ta có: ^CKF + ^BAC = ^CKF + ^CPE = ^CKF + ^CKE = 1800 => 3 điểm E,K,F thẳng hàng

Thấy ^FPE + ^PEF + ^PFE = ^BPC + ^PBK + ^CPK = ^OBP + ^OCP + ^PBK + ^CPK = ^OBK + ^OCK = 1800 

=> Tứ giác BOCK nội tiếp. Mà OB = OC => ^BKO = ^CKO. Lại có: ^DKB = ^AEB = ^PKC

Suy ra: ^BKO - ^DKB = ^CKO - ^PKC => ^AKO = ^OKP

Mặt khác: ^AOK = ^AOB + ^BOK = 2.^ACB + ^BCK = ^ACK + ^ACB = ^BPK + ^APB = ^APK

=> Tứ giác AOPK nội tiếp => ^OAP = ^OKP => ^OAS' = ^OKA (Vì ^AKO = ^OKP)

=> \(\Delta\)OAS' ~ \(\Delta\)OKA (g.g) => OA2 = OS'.OK => OB2 = OS'.OK => \(\Delta\)OS'B ~ \(\Delta\)OBK (c.g.c)

=> ^OS'B = ^OBK. Tương tự: ^OS'C = ^OCK. Do đó: ^OS'B + ^OS'C = ^OBK + ^OCK = 1800 (Vì tứ giác BOCK nội tiếp)

=> 3 điểm B,S',C thẳng hàng => BC cắt AP tại S'. Vậy nên S trùng S' => 3 điểm O,S,K thẳng hàng => ĐPCM.

b) Từ câu a ta có: OD2 = OS.OK => \(\Delta\)ODS ~ \(\Delta\)OKD (c.g.c) => ^ODS = ^OKD = ^OKA = ^OAS

=> Tứ giác AOSD nội tiếp hay 4 điểm A,O,P,S cùng thuộc 1 đường tròn (1)

Ta lại có: ^CAP + ^PAD = ^CAD = ^CBD = ^BMD + ^BDM = ^SMD + ^BDQ = ^SMD + ^BAQ

Mà ^CAP = ^BAQ (gt) nên ^PAD = ^SMD hay ^SMD = ^SAD => 4 điểm A,S,D,M cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ (1);(2) => 5 điểm A,O,S,P,M cùng thuộc 1 đường tròn. Do OA = OD nên ^AMO = ^DMO hay ^AMO = ^QMO

Xét \(\Delta\)AOQ cân tại O, một điểm M sao cho ^AMO = ^QMO (cmt). Dễ c/m AM = QM (Gợi ý: Lấy đối xứng của M qua OA)

Từ đó: OM là trung trực của AQ => OM vuông góc AQ (đpcm).

28 tháng 10 2019

cần mình câu b thôi nhé : chứng minh AQ // BC

20 tháng 5 2018

Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =180 nên tứ giác BOCK ni tiếp đường tròn.

Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO  hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA

13 tháng 7 2020

werqwlrkhb nhhrlriphjkh vjq

27 tháng 2 2018

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).

14 tháng 4 2019

bạn ưi đề sai ạ mk ko vẽ hik đc 

bạn xem lại đề hộ vs ạ

14 tháng 4 2019

trả lời

100% sai đề

hok tốt

9 tháng 7 2019

A B C I E F O H K

Gọi IE,IF cắt đường tròn (O) lần thứ hai lần lượt tại H,K. Lúc đó ta có ^BIH = ^CIK = 900

=> ^BIH và ^CIK chắn nửa đường tròn (O) => BH,CK là các đường kính của (O)

Xét bộ 6 điểm A,B,C,H,I,K cùng nằm trên (O): BH cắt CK tại O, IH cắt AC tại E, IK cắt AB tại F

Suy ra 3 điểm E,O,F thẳng hàng (ĐL Pascal). Hay EF đi qua O cố định (đpcm).

P/S: Định lí Pascal khá nổi tiếng, bạn có thể tham khảo cách chứng minh trong các sách nâng cao (NC&PT Toán 9 tập 2).