Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'.
hình( tự vẽ)
a) Chú ý: \(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}=90\)(góc chắn nửa đường tròn) => H là trực tâm tam giác ABC
=> tứ giác AIFC nội tiếp (do \(\widehat{AIC}=\widehat{AFC}=90\)) => góc CIF= góc CAF
mà góc CAF=\(\frac{1}{2}\)góc EOF
mà EF=R => tam giác OEF đều => EOF =60 => CIF=30
b)
tam giác vuông AIC đồng dạng với tam giác vuông AEB (g-g)
=> AE.AC=AI.AB
Tương tự tam giác BIC đồng dạng BFA
=> BF.BC=BI.AB
Vậy: AE.AC+BF.BC=AB(AI+IB)=AB\(^2\)=4R\(^2\)=const (ĐPCM)
a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)
mà \(\hat{BFE}+\hat{AFE}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AFE}=\hat{ACB}\)
mà \(\hat{AFE}=\hat{ARQ}\) (hai góc đồng vị, FE//RQ)
nên \(\hat{BRQ}=\hat{BCQ}\)
=>BRCQ là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác AEDB có \(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)
nên AEDB là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BDE}+\hat{BAE}=180^0\)
mà \(\hat{BDE}+\hat{MDE}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{MDE}=\hat{BAE}\)
=>\(\hat{MDE}=\hat{BAC}\)
Ta có: BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)
mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
ΔBEC vuông tại E
mà EM là đường trung tuyến
nên ME=MC
=>ΔMEC cân tại M
=>\(\hat{MEC}=\hat{MCE}=\hat{ACB}\)
Ta có: \(\hat{MEC}+\hat{AEF}+\hat{MEP}=180^0\)
\(\hat{ACB}+\hat{ABC}+\hat{BAC}=180^0\)
mà \(\hat{MEC}=\hat{ACB};\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
nên \(\hat{MEP}=\hat{BAC}\)
=>\(\hat{MEP}=\hat{MDE}\)
Xét ΔMEP và ΔMDE có
\(\hat{MEP}=\hat{MDE}\)
góc EMP chung
Do đó: ΔMEP~ΔMDE
