Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
C A B O E F I M H P Q J K L
1. Ta có \(\widehat{AIB}=90^0+\frac{1}{2}\widehat{BAC}=135^0\), suy ra \(\widehat{BIM}=\widehat{CMI}=45^0\) vì \(BI||CM\)
Do \(\Delta ACM=\Delta AFM\) (c.g.c) nên \(\widehat{CMF}=2\widehat{CMI}=90^0.\)
2. Dễ thấy \(\frac{CH}{CA}=\frac{BH}{BC}\) hay \(\frac{2CH}{CP}=\frac{2BQ}{BC}\Rightarrow\frac{CH}{CP}=\frac{BQ}{BC}\)
Suy ra \(\Delta BQC~\Delta CHP\). Do đó \(\widehat{CPH}=\widehat{BCQ}=90^0-\widehat{PCQ}\). Vậy \(PH\perp CQ.\)
3. Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O), ta có ngay J là tâm của (AIB)
Lấy điểm L sao cho \(JL||AB\) và \(IL\perp AB\)
Ta thấy \(\widehat{IFA}=\widehat{ICA}=\widehat{ICB}=\widehat{IEB}=45^0\), suy ra \(\Delta EIF\) vuông cân tại I
Vậy ta có \(S_{CEF}=\frac{1}{2}AH.EF=\frac{1}{2}AH.2r=AH.r\) với \(r\) là bán kính của (I)
Lại có \(r=IL-OJ\le IJ-OJ=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) và \(AH\le OA=R\)
Suy ra \(S_{CEF}\le\left(\sqrt{2}-1\right)R^2\) (Không đổi). Đạt được khi A là điểm chính giữa cung BC.
4. Ta thấy tứ giác CHFM nội tiếp đường tròn đường kính CF, \(MC=MF\) do \(\Delta ACM=\Delta AFM\)
Do vậy HM là phân giác của \(\widehat{CHB}\). Dễ có \(\widehat{HCF}=90^0-\widehat{CFA}=\frac{1}{2}\widehat{HCB}\)
Vậy 3 đường phân giác CM, CF, BI của tam giác CHB đồng quy.
M A B C D O P Q I N E F
a) Sđ(CM = Sđ(BC => ^BDC = ^MAC hay ^IDP = ^PAI => ADPI nội tiếp
b) Theo câu a: ^API = ^ADI = ^AMB => IP || MQ, tương tự IQ || MP. Suy ra MPIQ là hình bình hành => PI =MQ
c) Dễ thấy I là tâm nội tiếp tam giác ABC => N là điểm chính giữa cung nhỏ AB => N cố định
Đường tròn (O) có MN là dây cung => Trung điểm của MN nằm trên đường tròn đường kính ON cố định
Giới hạn quỹ tích: NA,NB cắt (ON) tại E và F khác N, vậy thì trung điểm MN chạy trên cung lớn EF của (ON).
Xin lỗi thánh thượng. Xin lỗi vì đã làm ngài bất mãn.
Tui hổng biết nha
Tui học lớp 4 chứ làm gì học lớp 9 chứ
Đừng hỏi tui
Hi hi