Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tứ giác BEFI có: BFF = 90o (gt)
BEF = BEA = 90o
=> Tứ giác BEFI là nội tiếp đường tròn đường kính BF
b) O I F A B C D E
Vì \(AB\perp CD\)nên AC = AD
=> ACF = AEC
Xét tam giác ACF và tam giác AEC có gốc chung A và ACF = AEC
=> Tam giác ACF song song với tam giác AEC => \(\frac{AC}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=> AE . AF = AC2
c) Theo câu b) ta có: ACF = AEC = > AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác CEF (1)
Mặt khác, ta có: ACB = 90o (góc nội tiếp chứa đường tròn)
\(\Rightarrow AC\perp CB\)(2)
Từ (1) và (2) => CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB cố định E thay đổi trên cung nhỏ BC.
d) 
Từ KE=KC thì ta có được △KEC vuông cân tại K ⇒ \(\widehat{C_1}\)=45° (đ/n)
Vì K và H cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông nên BCKH nội tiếp (bài toán cung chứa góc) ⇒ \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{C_1}\)=45° (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{KH}\))
Xét △OBK có: OB=OK (cùng là bán kính) ⇒ △OBK cân tại O (đ/n)
⇒ \(\widehat{BOK}\)=180°-2*\(\widehat{B_1}\)=180°-2*45°=180°-90°=90° (t/c) ⇒ OK ⊥ OB (đ/n), mà MN ⊥ OB (gt) ⇒ OK // MN (từ vuông góc đến song song) (đpcm)
Ta kẻ thêm đường kính KOP của đường tròn (O), thì ta có KP // MN và KP=2R
Xét (O) có: KP và MN là 2 dây song song với nhau chắn 2 cung \(\stackrel\frown{KN}\) và \(\stackrel\frown{PM}\) ⇒ \(\stackrel\frown{KN}\)=\(\stackrel\frown{PM}\) (t/c) ⇒ KN=PM (2 dây căng cung bằng nhau)
Ta có: \(\widehat{KMP}\)=90° (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ △KMP vuông tại M (đ/n) ⇒ KP2=KM2+PM2 (đ/l Py-ta-go)
Từ đó suy ra KM2+KN2=(2R)2=4R2 (đpcm)
c) 
Ta có: \(\widehat{AKB}\)=90° (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BK ⊥ AC (đ/n), mà NF ⊥ AC (gt) suy ra BK // NF (từ vuông góc đến song song)
⇒ \(\widehat{N_1}\)=\(\widehat{K_1}\) (2 góc so le trong) (1)
Vì KNBM nội tiếp (4 đỉnh cùng thuộc đường tròn (O)) nên \(\widehat{K_1}\)=\(\widehat{M_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{BN}\)) (2) và \(\widehat{NKM}\)+\(\widehat{NBM}\)=180° (tính chất 2 góc đối) (3)
Ta lại có: \(\widehat{NKM}\)+\(\widehat{NKF}\)=180° (2 góc kề bù) (4)
Từ (1) và (2) ⇒ \(\widehat{M_1}\)=\(\widehat{N_1}\) (*) ; từ (3) và (4) ⇒ \(\widehat{NBM}\)=\(\widehat{NKF}\)
Xét △MBN và △NKF có: \(\widehat{M_1}\)=\(\widehat{N_1}\) (cmt), \(\widehat{NBM}\)=\(\widehat{NKF}\) (cmt)
⇒ △MBN ~ △NKF (g.g) ⇒ \(\widehat{F_1}\)=\(\widehat{N_2}\) (2 góc tương ứng) (**)
Ta dễ dàng chứng minh được △BMN cân tại B ⇒ \(\widehat{M_1}\)=\(\widehat{N_2}\) (đ/n) (***)
Từ (*), (**) và (***) ⇒ \(\widehat{F_1}\)=\(\widehat{N_1}\) ⇒ △NFK cân tại K (đ/n) (đpcm)
https://thi.tuyensinh247.com/de-thi-thu-vao-lop-10-mon-toan-lan-3-phong-gddt-gia-loc-2016-c31a28113.html