Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: góc ABP=1/2*sđ cung AP=90 độ
=>BP//CH
góc ACP=1/2*sđ cung AP=90 độ
=>CP//BH
mà BP//CH
nên BHCP là hình bình hành
=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường
=>M là trung điểm của HP
a) Xét tứ giác BFEC có
\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{BAE}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
hay \(AE\cdot AC=AB\cdot AF\)
Lời giải:
a) Vì $SB, SC$ là tiếp tuyến $(O)$ nên $SB\perp OB, SC\perp OC$
$\Rightarrow \widehat{OBS}=\widehat{OCS}=90^0$
Tứ giác $SBOC$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{OBS}+\widehat{OCS}=90^0+90^0=180^0$ nên $SBOC$ là tứ giác nội tiếp.
b)
$\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BFEC$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}(1)$
Mà:
$\widehat{IBF}=\widehat{IBA}=\widehat{ACB}(2)$ (góc nt tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{IBF}$
$\Rightarrow \triangle IFB$ cân tại $I$
$\Rightarrow IF=IB$
c)
$\widehat{FAK}=\widehat{BAO}=\frac{180^0-\widehat{AOB}}{2}=90^0-\widehat{ACB}=\widehat{CAD}(3)$
$\widehat{AFK}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{ACD}(4)$
Từ $(3);(4)\Rightarrow \triangle AFK\sim \triangle ACD$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FK}{CD}(*)$
Mặt khác:
Dễ thấy $\triangle AFE\sim \triangle ACB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FE}{CB}(**)$
Từ $(*);(**)\Rightarrow \frac{FK}{CD}=\frac{EF}{BC}$
$\Rightarrow FK.BC=EF.CD$ (đpcm)
a) Gọi I là giao của AP và EF. Qua P kẻ một đường thẳng song song với EF cắt AC,AB lần lượt tại S,T.
Ta có: ^PSC = ^AEF (Vì EF // ST). Mà ^AEF = ^ABC (Tứ giác BFEC nội tiếp)
Nên ^PSC = ^ABC = 1800 - ^ACB - ^BAC = 1800 - ^ACB - ^BCP = ^PCS. Do đó \(\Delta\)CPS cân tại P
Tương tự ta có: \(\Delta\)BPT cân tại P. Từ đó: PS = PC = PB = PT
Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IF}{PT}=\frac{IE}{PS}\left(=\frac{AI}{AP}\right)\). Vì PT = PS nên IE = IF, ta có ĐPCM.
b) Qua P ta lại kẻ đường thẳng song song với MN cắt HB,HC tại U,V. Gọi CF cắt BP ở K, BE cắt CP ở L.
Ta chỉ nhắc lại mà không chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao BX,CY thì XY song song với tiếp tuyến tại A của (O).
Áp dụng bổ đề ta có: DE // CP hay ME // PL, kết hợp với MN // PU suy ra \(\Delta\)MEN ~ \(\Delta\)PLU (g.g)
Suy ra \(\frac{MN}{PU}=\frac{ME}{PL}\)(1). Tương tự: \(\frac{MN}{PV}=\frac{NF}{PK}\)(2)
Mặt khác, dễ thấy: PM và EN là 2 đường phân giác của \(\Delta\)DEF. Khi đó:
\(\frac{NF}{ND}=\frac{EF}{ED};\frac{MD}{ME}=\frac{FD}{FE}\) nên \(\frac{NF}{ME}.\frac{MD}{ND}=\frac{FD}{ED}\) hay \(\frac{NF}{ME}=\frac{FD}{MD}.\frac{ND}{ED}\)
Từ DF // PK, MD // CP suy ra \(\Delta\)DFM ~ \(\Delta\)PKC (g.g) thì \(\frac{FD}{MD}=\frac{KP}{CP}\). Tương tự: \(\frac{ND}{ED}=\frac{BP}{LP}\)
Từ đó: \(\frac{NF}{ME}=\frac{KP}{CP}.\frac{BP}{LP}\) hay \(\frac{NF}{ME}=\frac{PK}{PL}\) (Vì BP=PC). Tức là \(\frac{NF}{PK}=\frac{ME}{PL}\)
Từ (1);(2) ta có tỉ số: \(\frac{MN}{PU}=\frac{MN}{PV}\). Vì vậy PU = PV.
Đến đây vận dụng hệ quả ĐL Thales tương tự câu a ta thu được ĐPCM.