Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.
Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA
bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????
3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)
Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE
4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)
Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE
⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK
Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC
a) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{PBF}\) suy ra \(PF=PB\)
Suy ra \(MP\perp AB\) vì MP là trung trực của BF. Do đó \(MP||CF\). Tương tự \(MQ||BE\)
b) Dễ thấy M,I,J đều nằm trên trung trực của EF cho nên chúng thẳng hàng. Vậy IJ luôn đi qua M cố định.
c) Gọi FK cắt AD tại T ta có \(FK\perp AD\) tại T. Theo hệ thức lượng \(IE^2=IF^2=IT.IL\)
Suy ra \(\Delta TIE~\Delta EIL\). Lại dễ có \(EI\perp EM\), suy ra ITKE nội tiếp
Do vậy \(\widehat{ILE}=\widehat{IET}=\widehat{IKT}=90^0-\widehat{LIK}\). Vậy \(IK\perp EL.\)
a, Ta có AKB =AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)
Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1)
AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)
ACF= AFC (tính chất đối x
Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung B C = R 3
BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O).
Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.
b) \(\widehat{NAB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) nên NA là tiếp tuyến của (O).
Do O, N nằm trên đường trung trực của AB nên A, B đối xứng với nhau qua ON.
Từ đó NB là tiếp tuyến của (O).
c) Do NA là tiếp tuyến của (O) nên \(\Delta NAL\sim\Delta NKA(g.g)\)
\(\Rightarrow\dfrac{NA}{NK}=\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{NL}{NA}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\dfrac{NA}{NK}.\dfrac{NL}{NA}=\dfrac{NL}{NK}\).
Tương tự do NB là tiếp tuyến của (O) nên \(\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2=\dfrac{NL}{NK}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2\Rightarrow\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{BL}{KB}\Rightarrow\dfrac{AL}{BL}=\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{2R}{KB}\).
Từ đó \(\dfrac{BK.AL}{BL}=2R\) không đổi \(\).
Sửa lại đề là đường tròn (HDS) đi qua một điểm cố định.
Ta có \(\widehat{ASE}=\widehat{EAS}=\widehat{OCA}\) nên tứ giác OECS nội tiếp. Từ đó \(AO.AS=AE.AC=AH.AD\). Suy ra tứ giác OHDS nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác HDS đi qua O cố định