Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'.
1) Xét nửa đường tròn (O) đường kính BC có điểm N thuộc (O) => ^CNB = 900
=> ^CNE = 1800 - ^CNB = 900. Xét tứ giác CDNE có:
^CDE = ^CNE = 900 => Tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn (đpcm).
2) Ta có điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính BC => ^CMB = 900
=> BM vuông góc CE. Xét \(\Delta\)BEC:
BM vuông góc CE; ED vuông góc BC; BM giao ED tại K => K là trực tâm \(\Delta\)BEC
=> CK vuông góc BE. Mà CN vuông góc BE (Do ^CNB = 900) => 3 điểm C;K;N thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi giao điểm của MN với DE là H. Lấy F là trung điểm của EH. BH cắt CF tại điểm P.
Xét tứ giác CMHD: ^CMH = ^CDH = 900 => CMKD nội tiếp đường tròn => ^MCK = ^MDK (1)
Tương tự: ^NBK = ^NDK (2)
Từ (1) & (2) => ^MDK = ^NDK hay ^MDH = ^FDN
Tương tự: ^DMB = ^NMB => ^DMH = 2.^DMB (3)
Dễ thấy tứ giác BDME nội tiếp đường tròn => ^DMB = ^BED (2 góc nt chắn cung BD)
Hay ^DMB = ^NEF. Xét \(\Delta\)ENH vuông tại N: H là trung điểm EH
=> \(\Delta\)NEF cân tại F. Do ^DFN là góc ngoài \(\Delta\)NEF => ^DFN = 2.^NEF
Mà ^DMB = ^NEF (cmt) => ^DFN = 2.^DMB (4)
Từ (3) & (4) => ^DMH = ^DFN. Xét \(\Delta\)DMH và \(\Delta\)DFN:
^DMH = ^DFN ; ^MDH = ^FDN (cmt) => \(\Delta\)DMH ~ \(\Delta\)DFN (g.g)
=> \(\frac{DM}{DF}=\frac{DH}{DN}\)=> \(DH.DF=DM.DN\)(5)
Dễ chứng minh \(\Delta\)CMD ~ \(\Delta\)NBD => \(\frac{DM}{DB}=\frac{DC}{DN}\Rightarrow DM.DN=DB.DC\)(6)
Từ (5) & (6) => \(DH.DF=DB.DC\)\(\Rightarrow\frac{DH}{DB}=\frac{DC}{DF}\)
\(\Rightarrow\Delta\)CDH ~ \(\Delta\)FDB (c.g.c) => ^DHC = ^DBF. Mà ^DHC + ^DCH = 900
=> ^DBF + ^DCH = 900 => CH vuông góc BF.
Xét \(\Delta\)CFB: FD vuông góc BC; CH vuôn góc BF; H thuộc FD => H là trực tâm \(\Delta\)CFB
=> BH vuông góc CF (tại P). Ta có nửa đg trong (O) đg kính BC và có ^CPB = 900
=> P thuộc nửa đường tròn (O) => Tứ giác CMPB nội tiếp (O)
=> ^BMP = ^BCP (2 góc nt chắn cung BP) Hay ^HMP = ^DCP
Xét tứ giác CPHD: ^CPH = ^CDH = 900 => ^DCP + ^DHP = 1800
=> ^HMP + ^DHP = 1800 hay ^HMP + ^KHP = 1800 => Tứ giác MPHK nội tiếp đg tròn
=> ^KMH = ^KPH (2 góc nt chắn cung KH) hay ^KMN = ^KPB.
Lại có tứ giác EMKN nội tiếp đg tròn => ^KMN = ^KEN => ^KMN = ^KEB
=> ^KPB = ^KEB => Tứ giác BKPE nội tiếp đg tròn. Mà 3 điểm B;K;E cùng thuộc (I)
=> Điểm P cũng thuộc đg tròn (I) => IP=IB => I thuộc trung trực của BP
Mặt khác: OP=OB => O cũng thuộc trung trực của BP => OI là trung trực của BP
=> OI vuông góc BP. Mà CF vuông góc BP (cmt) => OI // CF (7)
I nằm trên trung trực của EK và F là trung điểm EK => IF vuông góc EK => IF vuông góc d
OC vuông góc d => OC // IF (8)
Từ (7) & (8) => Tứ giác COIF là hình bình hành => IF = OC = R (bk của (O))
=> Độ dài của IF không đổi. Mà IF là khoảng cách từ I đến d (Do IF vuông góc d)
=> I nằm trên đường thẳng d' // d và cách d một khoảng bằng bán kính của nửa đường tròn (O)
Vậy điểm I luôn nằm trên d' cố định song song với d và cách d 1 khoảng = bk nửa đg tròn (O) khi M thay đổi.
câu 3 cô giáo CHi làm cho cậu r nên mình làm cho cậu câu 1 ,2 nhá
1) Dễ thấy \(AE\perp NB;AD\perp MB\)do đó \(\widehat{DEB}=\widehat{DAB}=\widehat{AMD},\)nên DENM là tứ giác nội tiếp
2)từ các tam giác \(\Delta ENA~\Delta EAB;\Delta AIE~\Delta DAB\),suy ra
\(\frac{AN}{AB}=\frac{AE}{EB};\frac{AM}{AB}=\frac{AD}{DB}\)
Nhân 2 đẳng thức này ta đc
\(\frac{AN.AM}{AB^2}=\frac{AE.AD}{EB.DB}\left(1\right)\)
tứ giác AEBD nội tiếp , ta dễ thấy \(\Delta DIA~\Delta BIE;\Delta AIE~\Delta DIB\)suy ra
\(\frac{AD}{EB}=\frac{AI}{IE};\frac{AE}{DB}=\frac{AI}{ID}\)
nhân 2 đẳng thức này ta đc
\(\frac{AD.AE}{EB.DB}=\frac{AI^2}{IE.ID}\left(2\right)\)
Khi DE thay đổi qua I cố định thì \(IE.ID=R^2-OI^2\left(3\right)\)không đổi zới R là bán kính của (O)
từ (1) , 2 ,3 suy ra
\(AM.AN=AB^2.\frac{IA^2}{R^2-OI^2}=a\)(không đổi )
cô hỏi em ạ ^^ . em thử ghi cách như này đc ko ạ . cái bài này em đc cô giáo chô một lần nhưng nó chỉ có 2 câu . 2 câu ý nó hỏi như sau . EM ko biết có giúp đc j ko
a) CMR tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp đường tròn (K)
b) CMR K luôn thuộc 1 đường thẳng cố định khi dây DE di chuyển .
em làm cái này là 1 phàn của câu b( ạ
Gọi r là bán kính (K) thì \(r^2-KA^2=AM.AN=a\)(ko đổi ) . ta cx có ID.IE ko đổi , đặt \(b=ID.IE=r^2-KI^2=>KI^2-KA^2=a-b\)
Gọi H là hình chiếu K lên AB theo định lý Pitago ta có
\(HI^2-HA^2=\left(KI^2-KH^2\right)-\left(KA^2-KH^2\right)=KI^2-KA^2=a-b\)( ko đổi )
=> H cố định . Zậy K thuộc đường thẳng H zuông qóc AB cố định
em ko chắc ạ