Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho tam giác không có góc tù , nội tiếp đường tròn , (, cố định, di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại và cắt nhau tại . Từ kẻ đường thẳng song song với , đường thẳng này cắt tại và ( thuộc cung nhỏ ), cắt tại , cắt tại . Chứng minh rằng . Từ đó suy ra là tứ giác nội tiếp.
theo gt, ta co:
goc MBC= BAC (cung chan cung BC)
mat khac, ta lai co goc BAC = MIC ( dong vi)
=> goc MBC= MIC
=> tu giac BICM noi tiep
đây nha bn
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)
b, Vì DF//AB nên \(\widehat{DHC}=\widehat{BAC}\)(đồng vị)
mà \(\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{DOC}\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)
\(\Rightarrow\widehat{DOC}=\widehat{DHC}\)hay tứ giác DOHC nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{DHO}=\widehat{DCO}=90^0\)\(\Rightarrow OH\perp DF\)
câu c tí nữa làm :P
c, Từ a, b => 5 điểm B,O,H,C,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD
Vì tứ giác BHCD nội tiếp \(\Rightarrow ID.IH=IB.IC\)
Vì tứ giác BECF nội tiếp \(\Rightarrow IE.IF=IB.IC\)
\(\Rightarrow ID.IH=IE.IF\)
a) Do AB // DE nên \(\widebat{AE}=\widebat{BD}\Rightarrow\widebat{AE}+\widebat{DC}=\widebat{BD}+\widebat{DC}=\widebat{BC}\)
Ta có \(\widehat{MIC}\) là góc có đỉnh nằm trong đường tròn nên \(\widehat{MIC}=\frac{\widebat{AE}+\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Góc \(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên \(\widehat{MBC}=\frac{\widebat{BC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\)
Xét tứ giác BMCI có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\) nên BMCI là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có \(\widehat{MIC}=\widehat{MBC}\Rightarrow\Delta FIC\sim\Delta FBM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FI}{FB}=\frac{FC}{FM}\Rightarrow FI.FM=FB.FC\)
Ta cũng có \(\widehat{DBF}=\widehat{CEF}\Rightarrow\Delta BFD\sim\Delta EFC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{FB}{FE}=\frac{FD}{FC}\Rightarrow FE.FD=FB.FC\)
Vậy nên \(FI.FM=FE.FD\)
c) Do PQ là đường kính nên \(\widehat{PTQ}=90^o\)
Suy ra \(\Delta FIQ\sim\Delta FTM\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FTM}=\widehat{FIQ}\)
Lại có BIMC nội tiếp, BOCM cũng nội tiếp nên 5 điểm B, O, I, C, M cùng thuộc đường trong đường kính OM.
Suy ra \(\widehat{FIQ}=90^o\)
Vậy thì P, T, M thẳng hàng.
d) Ta thấy \(S_{IBC}=\frac{1}{2}BC.d\left(I,BC\right)\)
Do BC không đổi nên SIBC lớn nhất khi d(I; BC) lớn nhất.
Điều này xảy ra khi I trùng O hay tam giác ABC vuông tại B.
Vậy diện tích tam giác IBC lớn nhất khi AC là đường kính đường tròn (O).
Câu a:
Xét tam giác BOD và tam giác COD có
BD=CD (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)
OD chung
OB=OC (bán kính (O))
=> tg BOD = tg COD (c.c.c) => ^DOC = ^DOB (1)
Gọi K là giao của OD với (O) ta có
sđ ^BOD = sđ cung BK; sđ ^COD = sđ cung CK (2)
Từ (1) và (2) => sđ cung BK = sđ cung CK mà sđ cung BK + sđ cung CK = sđ cung BKC => sđ cung BK = sđ cung CK = 1/2 sđ cung BKC (3)
Ta có sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC (góc nội tiếp) (4)
Từ (2) (3) (4) => ^BAC = ^DOC (dpcm)
Câu 2:
Ta có sđ ^DBC = 1/2 sđ cung BKC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC
=> ^BAC = ^DBC (1)
AB//DF => ^BAC = ^DIC (góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) => ^DBC = ^DIC => B và I cùng nhìn DC dưới hai góc băng nhau => B; D; C; I cùng nawmg trên 1 ffwowngf tròn => tứ giác BDCI nội tiếp
Câu 3:
Ta có
sđ ^COD = sđ cung CK = 1/2 sđ cung BKC (cmt)
sđ ^BAC = 1/2 sđ cung BKC
=> ^COD = ^BAC
mà ^BAC = ^DIC (cmt)
=> ^COD = ^DIC => O và I cùng nhìn CD dưới 2 góc bằng nhau => tứ giác CDOI nội tiếp (1)
Ta có sđ ^OCD = 90 = 1/2 sđ cung OD (góc nội tiếp), mà sđ ^OID = 1/2 sđ cung OD (góc nội tiếp) => ^OID = ^OCD = 90 => IO vuông góc EF => I thuộc đường tròn đường kính OD
Câu 4:
Ta có B; O; C cố định => D cố định => đường tròn đường kính OD cố định
Mà I thuộc đường tròn đường kính OD cố định
=> Khi A chuyển động trên cung BC thì I di chuyển trên đường tròn đường kính OD