Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Giả sử AB < AC. (Các trường hợp khác chứng minh tương tự)
Ta có tam giác CEF cân tại C nên \(\widehat{CEF}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
Ta có \(\widehat{MIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)
Hay \(\widehat{MEB}=\widehat{MIB}\). Suy ra tứ giác EMBI là tứ giác nội tiếp.
\(\widehat{IMB}=\widehat{IEB}=90^o\Rightarrow MB\perp AI.\)
b) Chứng minh tương tự \(\widehat{ANI}=90^o\Rightarrow\) tứ giác ANMB nội tiếp đường tròn đường kính AB cố định.
Mà \(\widehat{MBN}=90^o-\widehat{MIB}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{\alpha}{2}=const\)
Do MN là dây cung chắn một góc không đổi trên đường tròn đường kính AB nên độ dài MN không đổi.
c) Gọi O là trung điểm AB thì \(\widehat{MON}=2.\widehat{MBN}=\alpha\)
Do tứ giác IMBD nội tiếp nên \(\widehat{IDM}=\widehat{IBM}=\frac{\alpha}{2}\)
Tương tự : \(\widehat{IDN}=\frac{\alpha}{2}\)
Do đó \(\widehat{MDN}=\alpha=\widehat{NOM}\)
Suy ra tứ giác MNDO nội tiếp hay O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua điểm O cố định khi C thay đổi.
A B C O O' H P M E F G I K Q T S A 0 R
a) Gọi O' là đối xứng của O qua B ta có O'B=R (không đổi). Dựng đường tròn (O',R) thì (O') cố định.
Ta sẽ chứng minh M thuộc (O'). Thật vậy:
Xét \(\Delta\)ABO và \(\Delta\)MBO' có: ^ABO = ^MBO' (Đối đỉnh); BO=BO'; BA=BM => \(\Delta\)ABO = \(\Delta\)MBO' (c.g.c)
=> OA = O'M (2 cạnh tương ứng). Mà OA = R nên O'M = R => M thuộc đường tròn (O';R)
Vậy M luôn nằm trên (O';R) cố định (đpcm).
b) Lấy T là trung điểm đoạn AH. Kẻ đường kính FR của (O). Gọi EF cắt AG tại K.
Dễ thấy IT là đường trung bình trong \(\Delta\)AHC => IT // AC => IT vuông góc AB (Do ^BAC=900)
Xét \(\Delta\)BAI: AH vuông góc BI; IT vuông góc AB (cmt), T thuộc AH => T là trực tâm \(\Delta\)BAI
=> BT vuông góc AI. Xét \(\Delta\)MAH: T trung điểm AH, B trung điểm AM => BT // MH
Do đó: AI vuông góc MH hay AG vuông góc EF tại K. Áp dụng ĐL Pytagore:
\(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(KA^2+KF^2+KG^2+KE^2\right)=2\left(AF^2+GE^2\right)\)(*)
Ta có EF vuông góc ER và EF vuông góc AG => AG // ER => Tứ giác AERG là hình thang cân => GE = AR
Từ đó (*) trở thành: \(AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2\left(AF^2+AR^2\right)=2\left(2R\right)^2=8R^2=const\)
Vậy biểu thức trên có giá trị ko đổi khi A di chuyển (đpcm).
c) Kẻ HQ vuông góc cạnh AC. Gọi S là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)BCP. Gọi bán kính đường rtonf (BCP) là R0
Ta có: AP.AB = AQ.AC (=AH2) (Theo hệ thức lượng) => Tứ giác BPQC nội tiếp hoặc Q nằm trên (BCP)
=> S nằm trên trung trực của PQ. Dễ có T là trung điểm PQ (Vì tứ giác APHQ là hcn)
Nên ST vuông góc PQ tại T. Theo ĐL Pytagore (cho \(\Delta\)PTS) có: \(R_0=SP=\sqrt{PT^2+ST^2}\)(1)
Mặt khác: ^OAC = ^OCA = ^APQ => OA vuông góc PQ. Mà ST vuông góc PQ => OA // ST
Kết hợp với AT // OS (Cùng vuông góc BC) => Tứ giác ATSO là hbh => ST = OA = R (2)
Từ (1) và (2) => \(R_0=\sqrt{PT^2+R^2}=\sqrt{\frac{AH^2}{4}+R^2}\)(Vì PT=PQ/2=AH/2)
=> R0 lớn nhất <=> AH lớn nhất <=> A là điểm chính giữa cung BC của (O). Khi đó AH < R
Vậy nên \(R_0\le\sqrt{\frac{R^2}{4}+R^2}=\frac{R\sqrt{5}}{2}=const\). Đạt được khi A trùng với trung điểm cung BC (A0).
A B C D E I S O
1) Xét đường tròn (O) đường kính CD => ^CED = 900 => ^DEB = 900
Xét tứ giác ADEB có: ^BAD + ^ DEB = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác ADEB nội tiếp
Hay 4 điểm A,D,E,B cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
2) Tứ giác ADEB nội tiếp => ^DEA = ^DBA. Tương tự: ^DEI = ^DCI
Ta có: Tứ giác ABCI nội tiếp của đường tròn đường kính BC (Do ^BAC = ^BIC = 900)
=> ^DBA = ^DCI. Từ đó, suy ra: ^DEA = ^DEI => ED là phân giác ^AEI (đpcm).
3) Dễ thấy DE, CI, BA là 3 đường cao của \(\Delta\)BCD nên AB,CI,DE đồng quy (tại trực tâm \(\Delta\)BCD) (đpcm).
4) Xét \(\Delta\)ABC có vuông tại A: \(\tan\widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}\)(theo gt)
Để EA là tiếp tuyến của (CD) thì ^AED = ^DCE. Hay ^ABD = ^ACB (Vì ^AED=^ABD)
<=> \(\Delta\)ADB ~ \(\Delta\)ABC (g,g) <=> \(AB^2=AD.AC\) <=> \(\left(\frac{AC}{\sqrt{2}}\right)^2=AD.AC\)
<=> \(AD=\frac{AC}{2}\)<=> D là trung điểm cạnh AC.
Vậy D là trung điểm AC thì EA là tiếp tuyến của (CD).
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}P=\left(x+2017\right)^5+\left(2y-2018\right)^5+\left(3z+2019\right)^5\\S=\left(x+2017\right)+\left(2y-2018\right)+\left(3z+2019\right)\end{cases}}\)
Đặt \(x+2017=a;2y-2018=b;3z+2019=c\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}P=a^5+b^5+c^5\\S=a+b+c\end{cases}}\)
Ta có:
\(P-S=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)⋮30\)(cái này chứng minh đơn giản nhé)
Mà \(P⋮30\)\(\Rightarrow S⋮30\)
2/ P với Q không có liên hệ với nhau nha. Chỉ có P với S mới có liên hệ với nhau nha.