Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a,
xét (o) ta có : cung BA bằng cung AC (A là điểm chính giửa cung nhỏ BC)
BMA là góc nội tiếp chắng cung BA
ACQ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắng cung AC
mà cung BA bằng cung AC (chứng minh trên)
⇒⇒ BMA = ACQ
⇔⇔ PMQ = PCQ
xét tứ giác PQCM ta có :
PMQ = PCQ (chứng minh trên)
mà PMQ và PCQ là 2 góc kề nhau cùng chắng cung PQ của tứ giác PQCM
⇒⇒ tứ giác PQCM là tứ giác nội tiếp (đpcm)
b,
xét (o) ta có : BMA = BCA (2 góc nội tiếp cùng chắng cung AB)
xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQCM ta có :
CPQ = CMQ
⇔⇔ CPQ = AMC
mà BMA = AMC (cung AB bằng cung AC)
⇒⇒ BCA = CPQ
mà 2 góc này ở vị trí so le
⇒⇒ PQ // BC (đpcm)
c) Gọi T là giao điểm thứ hai của FD với đường tròn (O). Ta c/m EO đi qua T.
Ta có: ^ADM = ^DAC + ^DCA = ^BAC/2 + ^ACB = ^BAD + ^MAB = ^MAD => \(\Delta\)DAM cân tại M => MA=MD
Lại có: MA và MF là 2 tiếp tuyến của (O) nên MA=MF. Do đó: MD=MF => \(\Delta\)MDF cân tại M (đpcm).
Dễ thấy: \(\Delta\)MAB ~ \(\Delta\)MCA (g.g) và \(\Delta\)MFB ~ \(\Delta\)MCF (g.g)
=> \(\frac{MA}{MC}=\frac{MF}{MC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}=\frac{FB}{FC}\) => FD là tia phân giác ^BFC (1)
Kẻ tia đối Fy của FB => ^EFy = ^ECB = ^EBC = ^EFC => FE là phân giác ^CFy (2)
Từ (1) và (2) suy ra: FD vuông góc với FE (Vì ^BFC + ^CFy = 1800) hay ^EFT = 900
=> ET là đường kính của (O) => ET trùng với OE => OE đi qua T => ĐPCM.
d) Áp dụng ĐL Ptolemy có tứ giác BFCT nội tiếp có: BF.CT + CF.BT = BC.FT
=> CT.(BF+CF) = BC.FT => \(BF+CF=\frac{BC.FT}{CT}\le\frac{BC.ET}{CT}=\frac{2CK.ET}{CT}=2EC=2BE\)
Dấu "=" xảy ra khi F trùng với E <=> MF vuông góc OE <=> MF // BC => M không nằm trên BC (mâu thuẫn)
=> Không có dấu "=" => BF+CF < 2BE (đpcm).
a, AD là phân giác B A C ^
=> D là điểm chính giữa B C ⏜ => OD ⊥ BC
Mà DE là tiếp tuyến => ĐPCM
b, E C D ^ = 1 2 s đ C D ⏜ = D A C ^ = B A D ^ => Đpcm
c, HC = P 3 2 => H O C ^ = 60 0 => B O C ^ = 120 0
=> l B C ⏜ = π . R . 120 0 180 0 = 2 3 πR
Xét đường tròn (O), ta có M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC \(\Rightarrow\widebat{MB}=\widebat{MC}\)
Xét tiếp đường tròn (O) có \(\widehat{BAM}\)và \(\widehat{CAM}\)là các góc nội tiếp lần lượt chắn các cung MB và MC của (O). Mà \(\widebat{MB}=\widebat{MC}\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\)(trong 1 đường tròn, các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)
Lại xét đường tròn (O) có CP là tiếp tuyến tại C và dây cung CM \(\Rightarrow\widehat{PCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM}\)(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn).
Mặt khác \(\widehat{CAM}\)là góc nội tiếp chắn \(\widebat{CM}\)nên \(\widehat{CAM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM}\)(trong 1 đường tròn, góc nội tiếp chắn một cung bằng nửa số đo cung bị chắn)
\(\Rightarrow\widehat{PCM}=\widehat{CAM}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM}\right)\)
Mà \(\widehat{CAM}=\widehat{BAM}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{PCM}=\widehat{BAM}\left(=\widehat{CAM}\right)\Rightarrow\widehat{PCK}=\widehat{KAP}\)
Xét tứ giác ACPK có \(\widehat{PCK}=\widehat{KAP}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\)Tứ giác ACPK nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện dưới dạng các góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp)
Bạn ơi, mình vừa mới nghĩ ra cách làm này bạn xem giúp mình có đúng ko ạ,
Xét đường tròn (O) có:
∠APC và ∠AKC là 2 góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn,
=> \(\text{∠}APC=\frac{sd\widebat{AC}-sd\widebat{MC}}{2}\)
\(\text{∠}AKC=\frac{sd\widebat{AC}-sd\widebat{MB}}{2}\)
Mà M là điểm nằm giữa cung nhỏ BC
\(=>\widebat{MC}=\widebat{MB}\)
Vậy suy ra ∠APC = ∠AKC
=> Tứ giác ACPK nội tiếp
a) Do AB // DE nên \(\widebat{AE}=\widebat{BD}\Rightarrow\widebat{AE}+\widebat{DC}=\widebat{BD}+\widebat{DC}=\widebat{BC}\)
Ta có \(\widehat{MIC}\) là góc có đỉnh nằm trong đường tròn nên \(\widehat{MIC}=\frac{\widebat{AE}+\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Góc \(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên \(\widehat{MBC}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\)
Xét tứ giác BMCI có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\) nên BMCI là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\Rightarrow\Delta FIC\sim\Delta FBM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FI}{FB}=\frac{FC}{FM}\Rightarrow FI.FM=FB.FC\)
Ta cũng có \(\widehat{DBF}=\widehat{CEF}\Rightarrow\Delta BFD\sim\Delta EFC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FB}{FE}=\frac{FD}{FC}\Rightarrow FE.FD=FB.FC\)
Vậy nên \(FI.FM=FE.FD\)
c) Do PQ là đường kính nên \(\widehat{PTQ}=90^o\)
Suy ra \(\Delta FIQ\sim\Delta FTM\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FTM}=\widehat{FIQ}\)
Lại có BIMC nội tiếp, BOCM cũng nội tiếp nên 5 điểm B, O, I, C, M cùng thuộc đường trong đường kính OM.
Suy ra \(\widehat{FIQ}=90^o\)
Vậy thì P, T, M thẳng hàng.
d) Ta thấy \(S_{IBC}=\frac{1}{2}BC.d\left(I,BC\right)\)
Do BC không đổi nên SIBC lớn nhất khi d(I; BC) lớn nhất.
Điều này xảy ra khi I trùng O hay tam giác ABC vuông tại B.
Vậy diện tích tam giác IBC lớn nhất khi AC là đường kính đường tròn (O).