Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Link ảnh: file:///C:/Users/THAOCAT/Pictures/Screenshots/Screenshot%20(1222).png
a) Gọi U là giao điểm của AD và BM
Dễ có: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^0\)(các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\Delta ACU\)vuông tại C
và \(\Delta ABU\)cân tại B (có BD vừa là đường cao vừa là phân giác) => D là trung điểm của AU
\(\Delta ACU\)vuông tại C có CD là trung tuyến (cmt) nên CD = AD => \(\widehat{CAD}=\widehat{ABD}\)(góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)
b) \(\Delta ABU\)có ID là đường trung bình nên ID // BU hay IK // BM
\(\Delta ABM\)có I là trung điểm của AB, IK // BM nên K là trung điểm của AM
\(\Delta ACM\)vuông tại C có CK là trung tuyến nên \(CK=\frac{1}{2}AM\)(đpcm)
c) Ta có: \(AC+BC\le\sqrt{2\left(AC^2+BC^2\right)}=\sqrt{2AB^2}=2\sqrt{2}R\)
\(\Rightarrow AB+AC+BC\le\left(2\sqrt{2}+2\right)R\)
Vậy chu vi tam giác ABC lớn nhất bằng \(\left(2\sqrt{2}+2\right)R\)đạt được khi AC = BC hay AB = AM = 2R
a) Chứng minh tứ giác IEHFIEHF nội tiếp được đường tròn.
Ta có ∠AEB=∠AFB=900∠AEB=∠AFB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
⇒AE⊥EB,AF⊥EB⇒AE⊥EB,AF⊥EB hay BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900BE⊥AI;AF⊥BI⇒∠IEH=∠IFH=900.
Xét tứ giác IEHFIEHF có: ∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒∠IEH+∠IFH=900+900=1800⇒ Tứ giác IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
b) Chứng minh ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
Cách 1:
Ta có IEHFIEHF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠EIH=∠EFH⇒∠EIH=∠EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EHEH)
Hay ∠AIH=∠EFA.∠AIH=∠EFA.
Mà ∠EBA=∠EFA∠EBA=∠EFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AFAF của (O)(O))
⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)⇒∠AIH=∠ABE(=∠EFH).(dpcm)
Cách 2:
Xét tam giác IABIAB có hai đường cao AF,BEAF,BE cắt nhau tại H⇒HH⇒H là trực tâm tam giác IABIAB.
⇒IH⊥AB⇒IH⊥AB hay IK⊥ABIK⊥AB tại KK.
Xét tam giác vuông AIKAIK có: ∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900∠AIK+∠IAK=900⇔∠AIH+∠IAB=900.
Xét tam giác vuông ABEABE có: ∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900∠ABE+∠EAB=900⇔∠ABE+∠IAB=900.
Do đó ∠AIH=∠ABE∠AIH=∠ABE.
c) Chứng minh cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
Nối PA,PBPA,PB ta có ∠APB=900∠APB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác BPKBPK và tam giác BAPBAP có:
∠ABP∠ABP chung;
∠BKP=∠BPA=900;∠BKP=∠BPA=900;
⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB⇒ΔBPK∼ΔBAP(g.g)⇒PKPA=BKPB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: PKPA=BKPB=PK+BKPA+PBPKPA=BKPB=PK+BKPA+PB (1).
Xét tam giác vuông BKPBKP ta có: cos∠ABP=cos∠KPB=BKPBcos∠ABP=cos∠KPB=BKPB (2).
Từ (1) và (2) ta có cos∠ABP=PK+BKPA+PBcos∠ABP=PK+BKPA+PB.
d) Gọi SS là giao điểm cuả tia BFBF và tiếp tuyến tại AA của nửa đường tròn (O)(O). Khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK.
Xét tứ giác AEHKAEHK có: ∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒∠AEH+∠AKH=900+900=1800⇒ Tứ giác AEHKAEHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).
⇒∠HEK=∠HAK=FAB⇒∠HEK=∠HAK=FAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HKHK);
Lại có ∠FAB=∠FEB∠FAB=∠FEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FBFB của (O)(O));
⇒∠HEK=∠FEB⇒EB⇒∠HEK=∠FEB⇒EB là phân giác của ∠FEK∠FEK ⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB⇒∠FEK=2∠FEB=2∠FAB (3).
Ta có: {IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒{IH⊥AB(cmt);SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒ Tứ giác AHISAHIS là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song).
Khi AHISAHIS là tứ giác nội tiếp thì ∠SAH+∠SIH=1800∠SAH+∠SIH=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) ;
Mà ∠SAH+∠AHI=1800∠SAH+∠AHI=1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau) ;
⇒∠SIH=∠AHI⇒⇒∠SIH=∠AHI⇒ Tứ giác AHISAHISlà hình thang cân.
Do đó ∠ISA=∠SAH∠ISA=∠SAH (Tính chất hình thang cân) hay ∠BSA=∠SAF∠BSA=∠SAF.
Mà ∠SAF=∠SBA∠SAF=∠SBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AFAF );
⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB⇒∠BSA=∠SBA⇒ΔSAB vuông cân tại A⇒∠SBA=450A⇒∠SBA=450.
⇒ΔFAB⇒ΔFAB vuông cân tại F⇒∠FAB=450F⇒∠FAB=450 (4).
Từ (3) và (4) ta có ∠FEK=2∠FAB=2.450=900∠FEK=2∠FAB=2.450=900.
Vậy khi tứ giác AHISAHIS nội tiếp được đường tròn, chứng minh EFEF vuông góc với EKEK(đpcm).
a, ta có : góc AEB = 90 độ
suy ra góc HEI = 90 độ
tương tự ta có góc HFI = 90 độ
suy ra : góc HEI + góc HFI = 180 độ
suy ra IEHF nội tiếp đường tròn
b, góc AIH = AFE
mà góc ABE = góc AFE
suy ra góc AIH = góc ABE
a, Chứng minh ∆MEF:∆MOA
b, ∆MEF:∆MOA mà AO=OM => ME=EF
c, Chứng minh F là trực tâm của ∆SAB, AI là đường cao, chứng minh A,I,F thẳng hàng
d, FA.SM = 2 R 2
e, S M H O = 1 2 OH.MH ≤ 1 2 . 1 2 M O 2 = 1 4 R 2
=> M ở chính giữa cung AC
a, ta có ^BAC=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)
^MDC=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC)
=>^BAC=^MDC(=900)
=>tứ giác ABCD nội tiếp (hai đỉnh A và D kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc bằng nhau)
b. vì tứ giác ABCD nội tiếp (câu a) nên ^ABD=^ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
c, ta có bốn điểm D,S,C,M cùng thuộc đường tròn đường kính MC
=>tứ giác DSCM nội tiếp
=>^ADM=^SCM (cùng bù với ^MDS)
Mà ADCB nội tiếp nên ^ADM=^MCB( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Do đó ^SCM=^MCB
=>CA là tia phân giác ^SCB
DC = DA
OA = OC
Do đó OD là trung trực của đoạn thẳng AC : suy ra OD vuông góc với AC
Tứ giác OECH có góc CEO + góc CHO = 180 độ
Suy ra tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp