Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tứ giác AKCH có: \(\widehat{AKC}+\widehat{AHC}=90+90=180\)=> tứ gác AKCH nội tiếp
b,Tứ giác AKCH nội tiếp => \(\widehat{HCK}=\widehat{HAD}\)(góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện)
Mặt khác: \(\widehat{HAD}=\widehat{BCD}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\)
=> \(\widehat{BCD}=\widehat{ACD}\)=> CD là phân giác \(\widehat{KCB}\)
c, Tứ giác AKCH nội tiếp: => \(\widehat{CKE}=\widehat{CAH}\)
Mà: \(\widehat{CDB}=\widehat{CAH}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)
=> \(\widehat{CKE}=\widehat{CDE}\)=> tứ giác CKDE nội tiếp
=> \(\widehat{CKD}+\widehat{CED}=180\Rightarrow\widehat{CED}=180-\widehat{CKD}=180-90=90\)
=> \(CE⊥BD\)(ĐPCM)
d, em xem lại xem có gõ sai đề không nhé
Câu d) Khi C di chuyển trên cung nhỏ̉ AB. Xác định vị trí C để CK.AD+CE.DB có giá trị lớn nhất.
Nhờ mọi người giải dùm e với.
Bạn tự vé hình nhé! Có 2 cách để vẽ hình
Mình giải câu (d) cho bạn nhé
Ta có: \(\hept{\begin{cases}2S_{\Delta MAN}=MQ\cdot AN\\2S_{\Delta MBN}=MP\cdot BN\end{cases}}\)
Cộng vế với vế ta được \(2S_{\Delta MAN}+2S_{\Delta MBN}=MQ\cdot AN+MP\cdot BN\)
Ta lại có:
\(2S_{\Delta MAN}+2S_{\Delta MBN}=2\left(S_{\Delta MAN}+S_{\Delta MBN}\right)=2\cdot\frac{AB\times MN}{2}=AB\cdot MN\)
Vậy \(MQ\cdot AN+MP\cdot BN=AB\cdot MN\)
Mà AB không đổi nên tích AB x MN lớn nhất
<=> MN lớn nhất
<=> MN là đường kính
<=> M là điểm chính giữa cung AB
Làm câu d:
Ta có \(S_{\Delta MAN}=\frac{1}{2}MQ.AN\Rightarrow MQ.AN=2S_{MAN}\)
\(S_{\Delta MBN}=\frac{1}{2}MP.BN\Rightarrow MP.BN=2S_{MBN}\)
\(\Rightarrow MQ.AN+MP.BN=2\left(S_{MAN}+S_{MBN}\right)=2.S_{AMBN}\)
Mà tứ giác AMBN là tứ giác có 2 đường chéo AB, MN vuông góc nên theo công thức diện tích ta có: \(S_{AMBN}=\frac{1}{2}AB.MN\)
\(\Rightarrow MQ.AN+MP.BN=AB.MN\)
Do AB cố định \(\Rightarrow MQ.AN+MP.BN\) đạt max khi MN đạt max
Mà MN là dây cung \(\Rightarrow MN\le\) đường kính \(\Rightarrow MN_{max}\) khi MN là 1 đường kính hay MN đi qua O hay MN đi qua trung điểm AB \(\Rightarrow M\) nằm chính giữa cung AB
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'.
a) Xét tứ giác AHMQ có
\(\widehat{AHM}\) và \(\widehat{AQM}\) là hai góc đối
\(\widehat{AHM}+\widehat{AQM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AHMQ là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
nên A,H,M,Q cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)
b) Ta có: AHMQ là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên \(\widehat{QAH}+\widehat{QMH}=180^0\)(Định lí tứ giác nội tiếp)
\(\Leftrightarrow\widehat{QAB}+\widehat{QMN}=180^0\)
mà \(\widehat{QAB}+\widehat{NAB}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{QMN}=\widehat{NAB}\)(1)
Xét (O) có
\(\widehat{NAB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{NB}\)
\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{NB}\)
Do đó: \(\widehat{NAB}=\widehat{BMN}\)(Hệ quả góc nội tiếp)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{QMN}=\widehat{BMN}\)
mà tia MN nằm giữa hai tia MQ và MB
nên MN là tia phân giác của \(\widehat{QMB}\)(đpcm)