Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Bổ đề: Xét tam giác ABC cân tại A, một điểm M bất kì sao cho ^AMB = ^AMC. Khi đó MB = MC.
Bổ đề chứng minh rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Áp dụng vào bài toán: Vì E là điểm chính giữa (BC nên EB = EC = ED => \(\Delta\)BED cân tại E
Ta có ^BAE = ^CAE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ^BAE = ^DAE
Áp dụng bổ đề vào \(\Delta\)BED ta được AB = AD. Khi đó AE là trung trực của BD => AE vuông góc BD
Lại có \(\Delta\)BAD ~ \(\Delta\)CFD (g.g). Mà AB = AD nên FD =FC. Từ đó EF vuông góc DC
Xét \(\Delta\)AEF có FD vuông góc AE (cmt), AD vuông góc EF (cmt) => D là trực tâm \(\Delta\)AEF (đpcm).
b) Gọi DN cắt EC tại I. Ta dễ thấy ^MDI = ^MDN = ^MBN = ^MBC = ^MEC = ^MEI
Suy ra bốn điểm D,E,M,I cùng thuộc một đường tròn => ^EMD = ^EID = 900
Nếu ta gọi MD cắt cung lớn BC của (O) tại S thì ^EMS chắn nửa (O) hay ES là đường kính của (O)
Mà E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên S là điểm chính giữa cung lớn BC
Do đó S là điểm cố định (Vì B,C cố định). Vậy MD luôn đi qua S cố định (đpcm).
Gọi S là trung điểm của đoạn OM, H là hình chiếu của S trên DE. Khi đó khoảng cách từ S đến DE là SH.
Ta sẽ chỉ ra SH = const, thật vậy: Do BM,CM là các tiếp tuyến tại B,C của (O) nên ^OBM = ^OCM (=900)
=> Tứ giác BOCM nội tiếp (OM). Ta cũng có: ^MEC = ^BAC (Vì ME // AB)
Theo tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây có ^BAC = ^MBC. Do đó ^MEC = ^MBC
=> Tứ giác MCEB nội tiếp. Tương tự, tứ giác MBDC nội tiếp
Từ đó sáu điểm B,D,O,E,C,M cùng thuộc đường tròn (OM) tâm là S => SD = SE = OM/2
Ta lại có OM2 = OC2 + CM2 = const (Vì O,C,M cố định) => SD = SE = const
Mặt khác ^DSE = 2^DME = 2^BAC = Sđ(BC = const => ^SDE = const => Sin^DSE = const
Hay \(\frac{SH}{SD}=const\). Mà SD không đổi nên SH không đổi => H cách S một khoảng không đổi
Ta thấy S cố định => (S;SH) cố định. Do DE vuông góc SH tại H nên DE luôn tiếp xúc với (S;SH) cố định (đpcm).
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,
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)
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
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).
