Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đây nha bn
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).
a)Xét tứ giác MBOC có
\(\widehat{OBM}\) và \(\widehat{OCM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OBM}+\widehat{OCM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: MBOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a)C/m \(\widehat{MBC}=\widehat{MIC}\)(\(=\widehat{BAC}\))
=> MBIC nt.(Câu này dễ tự làm)
b)*C/m FD.FE= FB.FC.
\(\Delta FEC\sim\Delta FBD\left(gg\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FE}{FB}=\frac{FC}{FD}\)
\(\Rightarrow FD.FE=FB.FC\)
*C/m: FB.FE=FI.FM.
\(\Delta FIC\sim\Delta FBM\left(gg\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FI}{FB}=\frac{FC}{FM}\Rightarrow FI.FM=FB.FC\)
Vậy FI.FM=FD.FE.
c)*C/m FQ.FT=FI.FM.
\(\Delta BTF\sim\Delta QCF\left(gg\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BF}{QF}=\frac{TF}{FC}\)
\(\Rightarrow FQ.FT=FB.FC\)
*mà FI.FM=FB.FC
=> FQ.FT=FI.FM\(\Rightarrow\frac{FQ}{FI}=\frac{FM}{FT};\widehat{IFQ}=\widehat{TFM}\)
\(\Rightarrow\Delta MTF\sim\Delta QIF\)
\(\Rightarrow\widehat{FTM}=\widehat{FIQ}\)
=>MBOC nt( Tg 2 góc đối =180o)
mà MBIC nt
=>M,B,O,C,I thuộc 1 đtròn
=>I \(\in\left(MBOC\right)\)
=> \(\widehat{MIQ}=\widehat{FIQ}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{FIM}=90^O\)
=>\(\widehat{PTM}=180^o\)
Vậy P,T,M thg hàng.
d) \(S_{IBC}=\frac{1}{2}.BC.\)k/c từ I->BC
\(\Rightarrow S_{IBC}max\Leftrightarrow\)k/c từ I>BC max
=> k/c từ A->BC max
=> A nằm giữa cung lớn BC.
Câu a:
Xét tam giác BOD và tam giác COD có
BD=CD (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)
OD chung
OB=OC (bán kính (O))
=> tg BOD = tg COD (c.c.c) => ^DOC = ^DOB (1)
Gọi K là giao của OD với (O) ta có
sđ ^BOD = sđ cung BK; sđ ^COD = sđ cung CK (2)
Từ (1) và (2) => sđ cung BK = sđ cung CK mà sđ cung BK + sđ cung CK = sđ cung BKC => sđ cung BK = sđ cung CK = 1/2 sđ cung BKC (3)
Ta có sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC (góc nội tiếp) (4)
Từ (2) (3) (4) => ^BAC = ^DOC (dpcm)
Câu 2:
Ta có sđ ^DBC = 1/2 sđ cung BKC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC
=> ^BAC = ^DBC (1)
AB//DF => ^BAC = ^DIC (góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) => ^DBC = ^DIC => B và I cùng nhìn DC dưới hai góc băng nhau => B; D; C; I cùng nawmg trên 1 ffwowngf tròn => tứ giác BDCI nội tiếp
Câu 3:
Ta có
sđ ^COD = sđ cung CK = 1/2 sđ cung BKC (cmt)
sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC
=> ^COD = ^BAC
mà ^BAC = ^DIC (cmt)
=> ^COD = ^DIC => O và I cùng nhìn CD dưới 2 góc bằng nhau => tứ giác CDOI nội tiếp (1)
Ta có sđ ^OCD = 90 = 1/2 sđ cung OD (góc nội tiếp), mà sđ ^OID = 1/2 sđ cung OD (góc nội tiếp) => ^OID = ^OCD = 90 => IO vuông góc EF => I thuộc đường tròn đường kính OD
Câu 4:
Ta có B; O; C cố định => D cố định => đường tròn đường kính OD cố định
Mà I thuộc đường tròn đường kính OD cố định
=> Khi A chuyển động trên cung BC thì I di chuyển trên đường tròn đường kính OD
Cho tam giác ABCABC không có góc tù (AB < AC)(AB<AC), nội tiếp đường tròn (O; R)(O;R), (BB, CC cố định, AA di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại BB và CC cắt nhau tại MM. Từ MM kẻ đường thẳng song song với ABAB, đường thẳng này cắt (O)(O) tại DD và EE (DD thuộc cung nhỏ BCBC), cắt BCBC tại FF, cắt ACAC tại II. Chứng minh rằng \widehat{MBC}=\widehat{BAC}MBC=BAC . Từ đó suy ra MBICMBIC là tứ giác nội tiếp.
theo gt, ta co:
goc MBC= BAC (cung chan cung BC)
mat khac, ta lai co goc BAC = MIC ( dong vi)
=> goc MBC= MIC
=> tu giac BICM noi tiep