góc MAI+góc MEI=180 độ

=>MAIE nội tiếp

a: góc CEM+góc CDM=180 độ

=>CEMD nội tiếp

b: góc EDM=góc ECM

góc FDM=góc FBM=góc ABM

=>góc EDF=góc ACM+góc ABM=60 độ

a/

D và E cùng nhìn MC dưới 1 góc vuông -> CDME là tứ giác nội tiếp

b/

CM tương tự ta cũng có tứ giác BDMF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MBF}=\widehat{MDF}\) (góc nt cùng chắn cung MF) (1)

Xét tứ giác nt CDME có

\(\widehat{MCE}=\widehat{MDE}\) (góc nt cùng chắn cung MF) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{MBF}+\widehat{MCE}=\widehat{MDF}+\widehat{MDE}=\widehat{EDF}\) (3)

Xét \(\Delta ABC\) có

AB=AC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)

=> \(\Delta ABC\) cân tại A \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\dfrac{180^o-\widehat{xAy}}{2}=\dfrac{180^o-60^o}{2}=60^o\)

Ta có

\(sđ\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BC => sđ cung BC = 2.sđ \(\widehat{ABC}=2.60^o=120^o\) 

=> sđ cung BM + sđ cung CM = sđ cung BC \(=120^o\)

Ta có

\(sđ\widehat{MBF}=\dfrac{1}{2}sđ\)  cung BM (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{MCE}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung CM (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow sđ\widehat{MBF}+sđ\widehat{MCE}=sđ\widehat{EDF}=\dfrac{sđcungBM+sđcungCM}{2}=\dfrac{sđcungBC}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^o\)

c/

Xét tg vuông MBF và tg vuông MCD có

\(sđ\widehat{MBF}=\dfrac{1}{2}sđcungBM\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{MCD}=\dfrac{1}{2}sđcungBM\) (góc nt)

\(\Rightarrow\widehat{MBF}=\widehat{MCD}\) => tg MBF đồng dạng với tg MCD

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{MD}=\dfrac{MB}{MC}\)

CM tương tự ta cũng có tg vuông MCE đồng dạng với tg vuông MBD

\(\Rightarrow\dfrac{ME}{MD}=\dfrac{MC}{MB}\Rightarrow\dfrac{MD}{ME}=\dfrac{MB}{MC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{MD}=\dfrac{MD}{ME}\Rightarrow MD^2=ME.MF\left(đpcm\right)\)

đây là đề học sinh giỏi của tỉnh hải dương năm 2020-2021 ạ

Nhận xét

Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.

Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.

a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC

BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)

Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.

Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))

AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)

Lý luận tương tự, ta có:

BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))

AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)

Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).

b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ

Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ

Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)

c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.

Gọi M = JK ∩ CD

SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)

SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)

Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.

Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.

d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI

ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).

ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).

Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.

e) Theo chứng minh câu c.

f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).

Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( C 1 ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).

Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( C 2 ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).

Ta có: \(\widehat{OAC}=90^0\) (giả thiết); \(\widehat{OMC}=90^0\) (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác \(ACMO\) có: \(\widehat{OAC}+\widehat{OMC}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow ACMO\) nội tiếp

Vao nhe http://files.hoconline-vn.webnode.vn/200000034-0b01c0bfd5/MOT%20SO%20BAI%20TAP%20ON%20THI%20VAO%20LOP%2010.swf

Vào thử đi : http://files.hoconline-vn.webnode.vn/200000034-0b01c0bfd5/MOT%20SO%20BAI%20TAP%20ON%20THI%20VAO%20LOP%2010.swf

**** cho mình nhé