a: Kẻ BD vuông góc AC,CE vuông góc AB

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC nội tiếp

=>góc AED=góc ACB

=>ΔAED đồng dạng vơi ΔACB

Tâm M của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDCE là trung điểm của BC

Gọi H là giao của BD và CE

=>AH vuông góc BC tại N

Gọi giao của OM với (O) là A'

ΔOBC cân tại O

=>OM vuông góc BC

AN<=A'M ko đổi

=>\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AN\cdot BC< =\dfrac{1}{2}\cdot A'M\cdot BC_{kođổi}\)

Dấu = xảy ra khi A trùng A'

=>A là điểm chính giữa của cung BC

Chọn đáp án D

Quỹ tích của điểm D là hai cung chứa góc 115° dựng trên đoạn BC

Chọn đáp án D

Quỹ tích của điểm D là hai cung chứa góc 115° dựng trên đoạn BC

Chọn đáp án C.

Do tam giác ABC cân tại A nên AB = AC

Suy ra, A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.

a: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔCHA vuông tại H có 

\(\widehat{EHB}=\widehat{HCA}\)

Do đó: ΔHEB\(\sim\)ΔCHA

Suy ra: \(\dfrac{HE}{CH}=\dfrac{BH}{AC}\left(1\right)\)

Xét tứ giác AEHF có 

\(\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=\widehat{FAE}=90^0\)

Do đó: AEHF là hình chữ nhật

Suy ra: HE=AF(2)

từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AF}{CH}=\dfrac{BH}{AC}\)

Ta có  A ^ = 50 0 ⇒ B ^ + C ^ = 130 0

D B C ^ + D C B ^ = 65 0 ⇒ B D C ^ = 115 0

=> Quỹ tích của điểm D là hai cung chứa góc 115 0  dựng trên đoạn BC

dễ thấy Sabc =\(\frac{1}{2}\) AB.AC.sinA; Sade= \(\frac{1}{2}\)AD.AE.sinA

=>  Sabc/Sade=ad.ae/ab.ac

de//bc thì \(\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=>\frac{BD}{AB}=\frac{BC-DE}{BC}=>BD=\frac{AB\left(BC-DE\right)}{BC}\)

S_BDE = \(\frac{1}{2}BD.DEsin\widehat{BDE}=\frac{1}{2}\frac{AB\left(BC-DE\right)}{BC}.DE.cos\widehat{ABC}=\)\(\frac{AB.cos\widehat{ABC}}{2BC}\left(BC.DE-DE^2\right)\)

BC.DE - DE² = \(\frac{BC^2}{4}-\)(\(\frac{BC}{2}-DE\))² \(\le\frac{BC^2}{4}\)

vậy S_BDE đạt GTLN khi DE= \(\frac{BC}{2}\)hay \(\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}=\frac{AD}{AB}\) hay D là trung điểm AB