![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
vẽ đường tròn ngoại tiếp ngũ giác đều ABCDE
Suy ra tam giác DEI cân tại D ⇒ DI = DE
Mà DE =AE
Nên DI = AE (7)
Từ (4) và (7) suy ra: D I 2 = AI.AD
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Tứ giác BFEC có B E C ^ = B F C ^ = 90 0
=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^
∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)
=> ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^
Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)
Nên O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra M E O ^ = 90 0
⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^ = DFC ^
Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => B D F ^ = B A C ^
∆ BDF và ∆ BAC có B D F ^ = B A C ^ (cmt); B ^ chung do đó ∆ BDF ~ ∆ BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ~ ∆ ABC(g-g)
Do đó ∆ DBF ~ ∆ DEC ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)
Vì ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒ D I D F = D J D C (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) => DIJ ^ = DFC ^
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chọn đáp án A.
Do ABCDE là ngũ giác đều nội tiếp đường tròn (O) nên:
Suy ra, sđ A B ⏜ = 72 °
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Ta thấy: Tứ giác BKQC nội tiếp đường tròn => ^CKQ = ^CBQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) (1)
Ta có: MK // AD => ^CKM = ^CAD (Đồng vị) . Mà ^CAD = ^CBD (Cùng chắn cung CD) => ^CKM = ^CBD (2)
Từ (1) và (2) => ^CKQ = ^CKM => 2 tia KQ và KM trùng nhau => 3 điểm K,M,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Sửa đề: "5 điểm M,S,Q,R,T thẳng hàng ?"
Chứng minh tương tự câu a, ta có: 3 điểm L,M,R thẳng hàng => ^RMQ = ^KML (Đối đỉnh)
Tứ giác AKML là hình bình hành => ^KML = ^KAL = ^CAD. Do đó; ^RMQ = ^CAD (3)
Lại có: ^RTQ = ^RED (Cùng chắn cung RD); ^RED = ^CED = ^CAD => ^RTQ = ^CAD (4)
Từ (3) và (4) => ^RMQ = ^RTQ => Tứ giác RTMQ nội tiếp hay 4 điểm R,T,M,Q thuộc 1 đường tròn (*)
Mặt khác: ^TRS = ^BDE = ^BCE = ^TQS => Tứ giác TRQS nội tiếp hay 4 điểm T,R,Q,S thuộc 1 đường tròn (**)
Từ (*) và (**) => 5 điểm M,S,Q,R,T cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm).
c) Giả sử S là 1 điểm chung của (PQR) và (O). Kẻ tia tiếp tuyến Fx của (O). Ta chứng minh Fx cũng là tiếp tuyến của (PQR)
Thật vậy: Gọi giao điểm thứ hai của AF với (PQR) là N. Kéo dài tia AP cắt (O) tại I.
Do L,M,R thẳng hàng; ML // AC => MR // AC => ^RMF = ^CAF (Đồng vị). Mà ^CAF = ^REF
Nên ^RMF = ^REF => Tứ giác EMRF nội tiếp => ^RFM = ^REM hay ^RFN = ^REM
Ta thấy: ^RFN = ^RPN => ^REM = ^RPN. Do 2 góc này đồng vị nên PN // EM hoặc PN // BE (5)
Xét đường tròn (O): 2 dây CD // BE => (BC=(DE => ^BAC = ^EAD
Có ^MAB = ^PAE => ^MAB - ^BAC = ^PAE - ^EAD => ^CAF = ^DAI => (CF=(ID
Xét (O): (CF = (ID, F và I nằm cùng phía so với CD => IF // CD => IF // BE (6)
Từ (5) và (6) => PN // IF => ^FIA = ^NPA (Đồng vị)
Dễ dàng c/m được PF = PI (\(\Delta\)PCF = \(\Delta\)PDI) => ^PIF = ^PFI hay ^FIA = ^PFI
Ta lại có: ^PFx = ^PFI + ^IFx = ^FIA + ^FAI = ^NPA + ^FAI = ^NPA + ^NAP = ^FNP (Góc ngoài)
Mà ^FNP = 1/2.Sđ(FP => ^PFx = 1/2.Sđ(FP => Fx là tia tiếp tuyến của đường tròn (PQR) => Đpcm.
Sorry, "5 điểm M,S,Q,R,T cùng nằm trên 1 đường tròn", mik gõ lộn :(
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a, HS tự chứng minh
b, HS tự chứng minh
c, DAEH vuông nên ta có: KE = KA = 1 2 AH
=> DAKE cân tại K
=> K A E ^ = K E A ^
DEOC cân ở O => O C E ^ = O E C ^
H là trực tâm => AH ^ BC
Có A E K ^ + O E C ^ = H A C ^ + A C O ^ = 90 0
(K tâm ngoại tiếp) => OE ^ KE
d, HS tự làm