Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 B C O D E K M F T y x
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).
a, Ta co 2 bo de quen thuoc sau : FC la phan giac ^EFD, FB la phan giac PFD
ma QR//EP nen
\(\widehat{PFB}=\widehat{FQD}=\widehat{QFD}\Rightarrow\Delta DFQ\) can tai D => DF=DQ (1)
mat khac theo tinh chat tia phan giac ngoai ^PFD co \(\frac{FD}{FP}=\frac{CD}{CP}\)
ma \(\frac{CD}{CP}=\frac{DT}{PF}\) (DT//PF)
suy ra \(\frac{DF}{PF}=\frac{DT}{PF}\Rightarrow DT=DF\) (2)
Tu(1)va (2) suy ra DT=DQ hay D la trung diem QT
b, Goi S la trung diem BC ta chung minh PQSR noi tiep
Co \(\Delta PSE~\Delta ESD\left(G-G\right)\Rightarrow\frac{PS}{ES}=\frac{ES}{SD}\Leftrightarrow ES^2=PS.DS\)
lai co ES=SB=SC do S la trung diem canh huyen BC cua tam giac vuong BEC
suy ra \(BS^2=PS.SD=DS\left(PD+DS\right)=SD^2+PD.DS\)
=> \(PD.DS=BS^2-SD^2=\left(BS-DS\right)\left(BS+DS\right)=BD.DC\) (3)
Mat khac ^DQB=^PFB(cmt)
^PFB=^RCD( BFEC nt)
suy ra ^DQB=^RCD=> BQCR noi tiep
=> \(BD.DC=DQ.DR\) (4)
Tu (3),(4) suy ra DP.DS=DQ.DR => PQDR noi tiep
=> (PQR) di qua S la trung diem BC co dinh
c,lay H' doi xung voi H qua BC, ta co H' thuoc (O) .
ta lai co bo de sau : \(BD.DC=DH.DA\) (quen thuoc)
suy ra \(DP.DS=DH.DA\left(=DB.DC\right)\)
<=> \(\frac{DH}{DP}=\frac{DS}{DA}\)
ma ^HDP=^SDA=90
suy ra \(\Delta DHP~\Delta DSA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{DHP}=\widehat{DSA}\)
va \(\widehat{DSA}=\widehat{AHK}\left(phu\widehat{DAS}\right)\)
=>\(\widehat{DHP}=\widehat{AHK}\) => P,H,K thang hang
lai co \(\widehat{AFH}=\widehat{AKH}=\widehat{AEH}=90\)
=> A,F,H,K,E cung thuoc 1 duong tron =. FHKE noi tiep
=>\(PF.PE=PH.PK\) (5)
ma BFEC noi tiep => \(PF.PE=PB.PC\) (6)
(5)+(6)Suy ra \(PH.PK=PB.PC\) => BHKC noi tiep
Vi H' ,I doi xung voi H,K qua BC ma BHKC noi tiep => BH'IC noi tiep
do vay \(I\in\left(BH'C\right)=\left(ABH'C\right)=\left(O\right)\)
e,Goi tam (CJL) la U, (U) cat (O) tai V, BC giao OG tai X
=> \(\widehat{VBG}=\widehat{VJG}\left(=\widehat{VCB}\right)\) =>BJVG noi tiep
=> B,J,X,V,G cung thuoc 1 duong tron => ^BVG=^BXG=90
lai co ^XVG +^XBG=180 hay ^XVG+^BAC=180
va ^BVC+^BAC=180
suy ra ^XVG=^BVC
hay 90 +^XVB=^XVB+^XVC
=> ^XVC=90
=> V thuoc duong tron dk XC
mat khac V cung thuoc (O)
suy ra V co dinh ,C co dinh
suy ra tam U di chuyen tren trung truc VC co dinh (dpcm)
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
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