Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C I O M S H Q N D E F K J T
a) Gọi S là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Do dây BC cố định nên điểm S cũng cố định. Ta đi chứng minh tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S.
Do S là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) => SB=SC và A,I,S thẳng hàng (Vì AI là phân giác của ^BAC nội tiếp chắn cung BC)
Ta có: ^SIB là góc ngoài \(\Delta\)AIB => ^SIB = ^IBA + ^IAB = 1/2(^BAC + ^ABC)
Mà ^SBI = ^IBC + ^SBC = 1/2(^ABC + ^CAS) = 1/2(^ABC + ^BAC) nên ^SIB = ^SBI => \(\Delta\)BSI cân tại S
=> SB=SI => SB=SC=SI => S là tâm của (BIC). Ta thấy M nằm trên (BIC) nên SM = SI (1)
Dễ thấy 3 điểm S,K,O thẳng hàng (Cùng nằm trên trung trực của BC) => SKO là cắt tuyến của (OIK)
Xét đường tròn (OIK): Cát tuyến SKO, tiếp tuyến SI => SI2 = SK.SO (Hệ thức lượng trong đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) => SM2 = SK.SO => \(\Delta\)SMK ~ \(\Delta\)SOM (c.g.c)
=> ^SMK = ^SOM = 1/2.Sđ(MK của đường tròn (MKO) => MS là tiếp tuyến của đường tròn (MKO)
Hay tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S cố định (đpcm).
b) Ta có: Tứ giác SIOQ nội tiếp có góc ngoài là ^AIO => ^OQS = ^AIO (*)
Theo câu a: SI2 = SK.SO => SB2 = SK.SO = SK.R (3)
Kẻ đường kính SN của đường tròn (O), BC cắt OS tại T => ^SBN = 900
=> \(\Delta\)SBN vuông tại B có đường cao BT => SB2 = ST.SN (Hệ thức lượng). Hay SB2 = ST.2R (4)
Từ (3) và (4) => SK=2.ST => T là trung điểm của SK. Tứ đó: S và K đối xứng với nhau qua BC
Mà I và H cũng đối xứng nhau qua BC nên tứ giác IKSH là hình thang cân
^OSQ = ^IHS = ^IKO =^AIO (=1/2.Sđ(OI của (IKO) ) => ^OSQ = ^AIO (**)
Từ (*) và (**) suy ra: ^OQS = ^OSQ => \(\Delta\)SOQ cân tại O => OS = OQ = R => Q thuộc (O) (đpcm).
c) Xét tứ giác SIOQ nội tiếp đường tròn có: ^OIQ = ^OSQ (Góc nội tiếp cùng chắn cung OQ)
Lại có: ^OSQ = ^AIO (cmt) nên ^OIQ = ^AIO => IO là tia phân giác của ^AIQ
Dễ dàng chỉ ra được: IA=IQ (Gợi ý: Hạ OX và OY vuông góc với IA và IQ) => \(\Delta\)AIQ cân tại I
Xét \(\Delta\)AIQ: Cân đỉnh I, tia phân giác IO (cmt) => IO đồng thời là đường cao => IO vuông góc AQ (đpcm).
d) Gọi J là giao điểm của AS với BC, E và F lần lượt là hình chiếu của O lên AC,AB. Đặt AB=c, BC=a, CA=b
Ta có: \(\Delta\)AJC ~ \(\Delta\)ABS (g.g) => AJ.AS = c.b (5)
\(\Delta\)SJB ~ \(\Delta\)SBA (g.g) => SB2 = SJ.AS (6)
Từ (5) và (6) suy ra: c.b + SB2 = AJ.AS + SJ.AS = AS2 < SN2 = 4R2 (Quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\(\Rightarrow bc+BT^2+ST^2\le4R^2\)(ĐL Pytagore) \(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+\left(R-OT\right)^2\le4R^2\)
\(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+R^2-2R.OT+OT^2\le4R^2\)\(\Leftrightarrow bc+\frac{a^2}{4}-2R.OT+OT^2\le3R^2\)
Tương tự: \(ab+\frac{c^2}{4}-2R.OF+OF^2\le3R^2;\)\(ca+\frac{b^2}{4}-2R.OE+OE^2\le3R^2\)
Do đó: \(ab+bc+ca+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+OT^2+OE^2+OF^2\le9R^2\)
Áp dụng BĐT: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) và \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) ta có:
\(ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
Áp dụng ĐL Carnot cho \(\Delta\)ABC có tâm ngoại tiếp O: \(OT+OE+OF=R+r\)
Từ đó có: \(\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(R+r\right)+\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le9R^2+2R\left(R+r\right)-\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le\frac{32R^2+4Rr-r^2}{3}=\frac{\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{3}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\)
Hay \(AB.BC+BC.CA+CA.AB\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) (đpcm).
A B C O D I H E F K G T G 0 L
a) Ta thấy: \(\Delta\)ABC nhận H làm trực tâm nên ^BHC + ^BAC = 1800 (1)
Ta có: ^FKE = ^BKC = 1800 - ^KBC - ^KCB = 1800 - ^EAD - ^FAD = 1800 - ^EAF => ^BKC + ^BAC = 1800 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ^BHC = ^BKC => Tứ giác BHKC nội tiếp => ^KHC = ^KBC = ^CAD
Mà AD đi qua tâm ngoại tiếp (O) của \(\Delta\)ABC, AH vuông góc BC nên dễ thấy ^CAD = ^BAH
Từ đó: ^KHC = ^BAH = ^BCH => HK // BC (2 góc so le trong bằng nhau) (đpcm).
b) Qua B kẻ đường thẳng song song với CK cắt (O) tại điểm thứ hai G.
Xét (O): ^BGC + ^BAC = 1800. Mà ^BKC + ^BAC =1800 (cmt) nên ^BGC = ^BKC
=> ^KBC = ^GCB => BK // CG => Tứ giác BKCG là hình bình hành => S = SBGC
Hạ GT vuông góc BC thì S = SBGC = GT.BC/2 < G0L.BC/2 (Với G0 là điểm chính giữa cung BC không chứa A)
Lại có: ^LBG0 = 1/2.Sđ(BC = ^BAC/2 => G0L = BL.tan^BAC/2 hay G0L = BC/2 . tan^BAC/2
Suy ra: S < BC/2 . tan^BAC/2 . BC/2 = (BC/2)2.tan^BAC/2 (đpcm).
c) +) Chứng minh BF.BA - CE.CA = BD2 - CD2 ?
Theo tính chất góc nội tiếp: ^KED = ^BED = ^BAD = ^DAF = ^DCF = ^DCK => Tứ giác DKEC nội tiếp
Tương tự: Tứ giác DKFB nội tiếp. Áp dụng phương tích đường tròn:
BF.BA - CE.CA = BD.BC - CD.CB = BC(BD-CD) = (BD+CD)(BD-CD) = BD2 - CD2 (đpcm).
+) Chứng minh: DI vuông góc với BC ?
Từ câu a ta có: ^EKF + ^EAF = 1800 => Tú giác AEKF nội tiếp => K nằm trên (AEF)
Nối I với E và F thì có: ^IFK + ^IEK = ^IKF + ^IKE = ^EKF = ^BKC
=> ^IFK + ^IEK + ^KBC + ^KCB = ^IFK + ^IEK + ^KFD + ^KED = ^IFD + ^IED = 1800 (Do DKEC;DKFB nội tiếp)
Suy ra: Tứ giác DEIF nội tiếp => ^IDF = ^IEF = ^IFE = ^IDE. Kết hợp với ^BDF = ^CDE (=^BAC)
Dẫn đến ^IDF + ^BDF = ^IDE + ^CDE => ^IDB = ^IDC => ID vuông góc BC (2 góc kề bù bằng nhau) (đpcm).
1) Vì một tam giác vuông luôn nội tiếp đường tròn đường kính = cạnh huyền
\(\Rightarrow\)Tam giác vuông BHF và tam giác BDH nội tiếp đường tròn đường kính BH
\(\Leftrightarrow\)4 điểm B,F,H,D cùng nằm trên đường tròn \(\Rightarrow\)Tứ giác BFHD nội tiếp đường tròn đường kính BH
a,TỨ GIÁC ĐẤY NT CM ĐC R NHA BN
b,bn cm thêm tứ giác HECD nt nứa xong suy ra góc HAE = HCE (1)
từ tứ giác ý a nt suy ra góc MDH =FBE (2)
TỨ giác EFBC nt suy ra góc FBE =FCE (3)
TỪ 1 2 VÀ 3 SUY RA DC LÀ PHÂN GIÁc
Đường tròn c: Đường tròn qua B, D, C Đường tròn c_1: Đường tròn qua M với tâm O Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [M, B] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [D, N] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [O, D] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [M, O] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [B, I] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [I, K] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [I, D] B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c
a. Ta thấy ngay BCDO là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\) (Góc ngoài tại đỉnh đổi)
b. Xét tam giác CMN có CO là đường cao đồng thời phân giác, vậy nó là tam giác cân. Từ đó suy ra \(\widehat{CMA}=\widehat{CNA}\)
Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{BMA}\Rightarrow BM=BA=DC\left(1\right)\)
Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC có \(\widehat{BCO}=\widehat{DCO}\Rightarrow BO=OD\left(2\right)\)
Theo câu a, \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\Delta OBM=\Delta ODC\left(g-c-g\right)\)