Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: CD//AB
=>\(\widehat{CDB}=\widehat{ABC}\)
Xét (O) có
\(\widehat{DBC}\) là góc tạo bởi dây cung BC và tiếp tuyến BD
\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
Do đó: \(\widehat{DBC}=\widehat{BAC}\)
Xét ΔDBC và ΔCAB có
\(\widehat{DBC}=\widehat{CAB}\)
\(\widehat{DCB}=\widehat{ABC}\)
Do đó: ΔDBC đồng dạng với ΔCAB
=>\(\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{BC}{AB}\)
=>\(BC^2=AB\cdot DC\)
Cho BG cắt AC tại N, CG cắt AB tại P. Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt CF,AF tại I,J. Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt EB,EA tại D,H
\(\Delta BCA\)và \(\Delta CDB\)có : \(\widehat{ABC}=\widehat{BCD}\left(slt\right);\widehat{BAC}=\widehat{CBD}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến & dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên \(\Delta BCA\infty\Delta CDB\left(g.g\right)\). Suy ra : \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{BC}\Leftrightarrow BC^2=AB.CD\left(1\right)\)
\(\Delta BCA\)và \(\Delta IBC\)có : \(\widehat{BCA}=\widehat{IBC}\left(slt\right);\widehat{BAC}=\widehat{ICB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến & dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên \(\Delta BCA\infty\Delta IBC\left(g.g\right)\). Suy ra : \(\frac{BC}{IB}=\frac{CA}{BC}\Leftrightarrow BC^2=IB.CA\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AB.CD=IB.CA\Leftrightarrow\frac{AB}{BI}=\frac{AC}{CD}\)
Áp dụng hệ quả định lí Talet : AC // IJ\(\Rightarrow\frac{AN}{JB}=\frac{FN}{FB}=\frac{CN}{BI}\Rightarrow BJ=BI\)(vì AN = CN)
AB // DH\(\Rightarrow\frac{PB}{CD}=\frac{EP}{EC}=\frac{AP}{HC}\Rightarrow CD=HC\)(vì PB = AP)
\(\frac{AB}{BI}=\frac{AC}{CD}\Leftrightarrow\frac{AB}{BJ}=\frac{AC}{CH}\). \(\widehat{JBA}=\widehat{CAB};\widehat{CAB}=\widehat{ACH}\left(slt\right)\Rightarrow\widehat{JBA}=\widehat{ACH}\)
\(\Delta ABJ,\Delta ACH\)có \(\widehat{JBA}=\widehat{HCA};\frac{AB}{BJ}=\frac{AC}{CH}\Rightarrow\Delta ABJ\infty\Delta ACH\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AJB\:}=\widehat{AHC}\)
Mà \(\widehat{AJB\:}=\widehat{FAC};\widehat{AHC}=\widehat{EAB}\)(đồng vị) nên \(\widehat{EAB}=\widehat{FAC}\)
P/S : - Bài này là câu 7 của đề thi HSG Toán 9 Đà Nẵng 2017 - 2018 vào ngày 1/3 vừa qua. Mình bí bài này nhưng đã nhận được đáp án đề thi và muốn đưa bài giải cho mọi người tham khảo
- Link đáp án : www.facebook.com/toaji.phan/posts/595746860776994?pnref=story
- Link hình : www.facebook.com/toanhockhocothayanh/photos/a.258465918014842.1073741829.258088654719235/295108181017282/?type=3&theater
A B C T K O P S E F G I
a) Áp dụng tính chất của góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, ta có:
\(\widehat{TAB}=\widehat{TCA}\)
Suy ra \(\Delta\)TAB ~ \(\Delta\)TCA (g.g) \(\Rightarrow\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\Rightarrow TA^2=TB.TC\)(đpcm)
Hai điểm A và K cùng nằm trên (T) nên \(\Delta\)ATK cân tại T => \(\widehat{TAK}=\widehat{TKA}\)(1)
Dễ thấy góc TKA là góc ngoài của \(\Delta\)ACK => \(\widehat{TKA}=\widehat{CAK}+\widehat{ACK}\)
\(\Rightarrow\widehat{CAK}=\widehat{TKA}-\widehat{ACK}\)(2)
Ta có: \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{TAB}=\widehat{TAK}-\widehat{ACB}\)(Do \(\widehat{TAB}=\widehat{ACB}\))
hay \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{ACK}\)(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: \(\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\)=> AK là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)(đpcm).
b) Ta có: \(\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\)=> \(\frac{TP}{TC}=\frac{TB}{TP}\)(P và A thuộc (T))
Từ đó ta chứng minh được: \(\Delta\)TBP ~ \(\Delta\)TPC (c.g.c) => \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)
Xét \(\Delta\)BPC: Tia PT nằm ngoài tam giác thỏa mãn \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)
Vậy nên TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BPC (đpcm).
c) Gọi giao điểm của của AT và EF kéo dài là G, EF cắt AP tại điểm I.
Ta thấy tứ giác BEFC nội tiếp (O) => \(\widehat{BCP}=\widehat{EFP}\)hay \(\widehat{EFP}=\widehat{TCP}\)
Mà \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)(cmt) => \(\widehat{EFP}=\widehat{TPB}\)
Vì 2 góc trên nằm ở vị trí so le trong nên TP // EF hay TP // GI
Lại có: \(\Delta\)ATP cân tại T có GI // TP (G\(\in\)AT; I\(\in\)AP) => \(\Delta\)AGI cân tại G => \(\widehat{GAI}=\widehat{GIA}\)(4)
\(\widehat{EAI}=\widehat{GAI}-\widehat{GAE}\)(5); \(\widehat{FAI}=\widehat{GIA}-\widehat{AFG}\)(6)
Dễ chứng minh \(\widehat{GAE}=\widehat{AFG}\)(7)
Từ (4); (5); (6) và (7) => \(\widehat{EAI}=\widehat{FAI}\) hay \(\widehat{EAS}=\widehat{FAS}\)
Mà tứ giác AESF nội tiếp (O) => \(\widehat{EAS}=\widehat{EFS}\)và \(\widehat{FAS}=\widehat{FES}\)
Từ đó ta có: \(\widehat{EFS}=\widehat{FES}\)=> Tam giác ESF cân tại S => S nằm trên đường trung trực của EF
Mà EF là dây cung của (O) nên O cũng nằm trên trung trực của EF
Do đó SO là trung trực của EF hay \(SO\perp EF\)(đpcm).
Xin lỗi bạn, 2 góc EFP và TPB là hai góc đồng vị, không phải so le trong nhé.