Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C P F E N M x Q S O
Gọi S là giao điểm của 2 đường tròn (PCE) và (PBF).
Trước hết, ta thấy \(\Delta\)PCE ~ \(\Delta\)AOB => ^CPE = ^OAB. Tương tự: ^BPF = ^OAC.
Suy ra: ^CPE + ^BPF = ^OAB + ^OAC = ^BAC = 1800 - ^BPC => E,P,F thẳng hàng => ^EPS + ^FPS = 1800
Mà ^FPS + ^SNF = 1800 nên ^EPS = ^SNF => ^EMS = ^SNQ (Vì ^EPS = ^EMS)
=> Tứ giác SMQN nội tiếp. Hay S thuộc đường tròn (QMN).
Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BSC = ^BSP + ^CSP = ^BFP + ^CEP = ^BAC = const. Mà BC cố định
Nên S nằm trên đường tròn đối xứng với (O) và BC => Đường tròn (BCS) cố định
Ta sẽ chứng minh: Đường tròn (QMN) tiếp xúc với (BCS) cố định (tại điểm chung S).
Thật vậy, từ S vẽ tiếp tiếp Sx của đường tròn (QMN). Dễ thấy: ^MSx = ^MNS = ^PBS (Do tứ giác BPSN nội tiếp)
Xét đường tròn (PCE): ^MSC = ^MPC = ^CBP. Từ đó: MSx + ^MSC = ^PBS + ^CBP = ^CBS
Do đó: Sx cũng là tiếp tuyến của đường tròn (BCS). Cho nên (QMN) luôn tiếp xúc (BCS) cố định (đpcm).
Đề thi tuyển sinh vào 10 ptnk Hồ Chí Minh 2000-2001
https://text.123doc.org/document/1812116-de-thi-vao-chuyen-toan-10.htm
Bạn vào đây nhé :D
Từ các cặp tam giác đồng dạng ta có:
\(BE=\frac{AB^2}{BC};CD=\frac{BC^2}{CA};AF=\frac{CA^2}{AB}\)
\(\Rightarrow AF+BE+CD=\frac{AB^2}{BC}+\frac{BC^2}{CA}+\frac{CA^2}{AB}\ge\frac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AB+BC+CA}=C_{ABC}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AB+BC+CA}{BC+CA+AB}=1\) hay tam giác ABC đều.
jjjjjjjqqqqqqqqaaaaaaaaooooooooooyyyyyyyyyyrrrrrrriggigigigigiiggigigigggigiigigigigigiggigigi
A B C D E F I L K H O
Chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Ta có \(FI\perp AE,HE\perp AC\Rightarrow FI//HE\)và \(HF\perp AB,EI\perp AF\Rightarrow HF//EI\)
Lúc đó HFIE là hình bình hành\(\Rightarrow FI//HE,FI=HE\)
Tương tự: \(DL//HE,DL\perp HE\)
\(\Rightarrow FILD\)là hình bình hành. Tương tự FELK là hình bình hành.
Gọi O là trung điểm của ID. Ta có O là trung điểm của FL, EK
Hai tam giác DEF, IKL đối xứng qua O
Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL
\(\Leftrightarrow H\equiv O\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}EF//BC\\DF//AC\\ED//AB\end{cases}}\)
khi và chỉ khi \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}\)hay tam giác ABC đều
Bài lớp 8 hơi khó và mình chưa có t/g suy nghĩ, lm bài lớp 9 trước đó nha
Gọi H là trung điểm của AC. \(\Delta\)DAC cân tại D.
Do đó DH\(\perp\)AC và AH = \(\frac{1}{2}\)AC (1)
Vẽ AK \(\perp\)BC. Vì \(\Delta\)AKC vuông tại K và ^BCA = 300
nên AK = \(\frac{1}{2}\)AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK = AH
Xét \(\Delta\)AKB và \(\Delta\)AHD có:
^AKB = ^AHD (=900)
AK = AH(gt)
^BAK = ^DAH (=500)
Do đó \(\Delta\)AKB = \(\Delta\)AHD (g.c.g)
=> AB = AD
Vậy \(\Delta\)ABD cân tại A(đpcm)
Gọi M là giao điểm của PE với AB.
Ta thấy rằng \(CF=AF=PE,PF=AE=EB\)
Đồng thời \(\widehat{BEP}=60^o-\widehat{AEP}=60^o-\widehat{AFP}=\widehat{PFC}\)
Dẫn đến \(\Delta PBE=\Delta CPF\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow PB=PC\) (1)
Mặt khác, \(\widehat{AMF}=\widehat{MAE}=60^o=\widehat{ACF}\) nên tứ giác AMCF nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{PFC}\). Mà lại có \(AB=PF,AC=FC\) nên suy ra \(\Delta ABC=\Delta FPC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow PC=BC\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\Delta PBC\) đều (đpcm)