Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
C A B O E F I M H P Q J K L
1. Ta có \(\widehat{AIB}=90^0+\frac{1}{2}\widehat{BAC}=135^0\), suy ra \(\widehat{BIM}=\widehat{CMI}=45^0\) vì \(BI||CM\)
Do \(\Delta ACM=\Delta AFM\) (c.g.c) nên \(\widehat{CMF}=2\widehat{CMI}=90^0.\)
2. Dễ thấy \(\frac{CH}{CA}=\frac{BH}{BC}\) hay \(\frac{2CH}{CP}=\frac{2BQ}{BC}\Rightarrow\frac{CH}{CP}=\frac{BQ}{BC}\)
Suy ra \(\Delta BQC~\Delta CHP\). Do đó \(\widehat{CPH}=\widehat{BCQ}=90^0-\widehat{PCQ}\). Vậy \(PH\perp CQ.\)
3. Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O), ta có ngay J là tâm của (AIB)
Lấy điểm L sao cho \(JL||AB\) và \(IL\perp AB\)
Ta thấy \(\widehat{IFA}=\widehat{ICA}=\widehat{ICB}=\widehat{IEB}=45^0\), suy ra \(\Delta EIF\) vuông cân tại I
Vậy ta có \(S_{CEF}=\frac{1}{2}AH.EF=\frac{1}{2}AH.2r=AH.r\) với \(r\) là bán kính của (I)
Lại có \(r=IL-OJ\le IJ-OJ=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) và \(AH\le OA=R\)
Suy ra \(S_{CEF}\le\left(\sqrt{2}-1\right)R^2\) (Không đổi). Đạt được khi A là điểm chính giữa cung BC.
4. Ta thấy tứ giác CHFM nội tiếp đường tròn đường kính CF, \(MC=MF\) do \(\Delta ACM=\Delta AFM\)
Do vậy HM là phân giác của \(\widehat{CHB}\). Dễ có \(\widehat{HCF}=90^0-\widehat{CFA}=\frac{1}{2}\widehat{HCB}\)
Vậy 3 đường phân giác CM, CF, BI của tam giác CHB đồng quy.
Xin lỗi thánh thượng. Xin lỗi vì đã làm ngài bất mãn.
Tui hổng biết nha
Tui học lớp 4 chứ làm gì học lớp 9 chứ
Đừng hỏi tui
Hi hi