Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc ACB=1/2*180=90 độ
=>AC vuông góc BE
góc AME+góc ACE=180 độ
=>AMEC nội tiếp
b: Xét ΔBCA vuông tại C và ΔBME vuông tại M có
góc CBA chung
=>ΔBCA đồng dạng với ΔBME
=>BC/BM=BA/BE
=>BE*BA=BM*BA=3R*2R=6R^2
a: Xét (O) có
ΔBEA nội tiếp
BA là đường kính
=>ΔBEA vuông tại E
góc MCA+góc MEA=90+90=180 độ
=>MCAE nội tiếp
b: góc BFA=1/2*sđ cung BA=1/2*180=90 độ
Xét ΔBFA vuông tại F và ΔBCN vuông tai C có
góc B chung
=>ΔBFA đồng dạng với ΔBCN
=>BF/BC=BA/BN
=>BC*BA=BF*BN
Xét ΔBEA vuông tại E và ΔBCM vuông tại C có
góc EBA chung
=>ΔBEA đồng dạng với ΔBCM
=>BE/BC=BA/BM
=>BC*BA=BE*BM=BF*BN
a) Trên tia đối của tia ND, lấy điểm J sao cho ND = NJ. Gọi giao điểm của JO và DB là H.
Khi đó ADOJ là hình bình hành, suy ra JO // AD.
Vậy thì \(\widehat{DJO}=\widehat{JDA}\left(1\right)\) (so le trong).
Xét tứ giác MDBJ ta thấy nó cũng là hình bình hành nên JB // MD, từ đó \(\widehat{BJO}=\widehat{MDA}\left(2\right)\) (Hai góc có hai cạnh song song)
Xét tam giác vuông ADB : OH // AD ; AO = OB nên DH = HB và \(OH\perp BD,\) vậy thì tam giác DJB cân tại J, hay JO là phân giác. Vậy \(\widehat{DJO}=\widehat{BJO}\left(3\right)\)
Ta thấy ngay tứ giác MFDA nội tiếp nên \(\widehat{MDA}=\widehat{MFA}\left(4\right)\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
Cũng lại có \(\widehat{ADJ}=\widehat{ABC}\left(5\right)\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AC).
Từ (1); (2); (3); (4) ;(5) suy ra \(\widehat{MFA}=\widehat{ABC}\Rightarrow\widehat{MAF}=\widehat{CAB}\) (Cùng phụ với hai góc trên)
Từ đó ta có : \(\widehat{FAB}+\widehat{BAC}=180^o\Rightarrow\) F, A, C thẳng hàng hay \(FC\perp BE.\)
Ta có A là giao điểm của hai đường cao BM và FC nên A là trực tâm tam giác BEF (đpcm).
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'.
