Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em tự vẽ hình nhé. Gọi \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(H\) là điểm cố định. Xét hai tam giác \(HBC\) và \(KED\) có các cặp cạnh tương ứng song song và có \(DE=BC\) (do \(BCDE\) là hình thoi). Vậy \(\Delta HBC=\Delta KED\) (g.c.g). Suy ra \(HC=KD.\) Mà \(HC\parallel KD\) do cùng vuông góc với \(AB\). Vậy \(HK=CD.\) Mà \(BCDE\) là hình thoi nên tất cả các cạnh phải bằng nhau. Suy ra \(CD=BC=R\), vậy \(HK=R.\) Do đó điểm \(K\) nằm trên đường tròn tâm \(H\), bán kính \(R\) cố định.
a) Ta sẽ chứng minh SK đi qua điểm O cố định. Thật vậy, gọi OK cắt AP tại S', ta cần chứng minh S' trùng với S.
Ta có: ^CKF + ^BAC = ^CKF + ^CPE = ^CKF + ^CKE = 1800 => 3 điểm E,K,F thẳng hàng
Thấy ^FPE + ^PEF + ^PFE = ^BPC + ^PBK + ^CPK = ^OBP + ^OCP + ^PBK + ^CPK = ^OBK + ^OCK = 1800
=> Tứ giác BOCK nội tiếp. Mà OB = OC => ^BKO = ^CKO. Lại có: ^DKB = ^AEB = ^PKC
Suy ra: ^BKO - ^DKB = ^CKO - ^PKC => ^AKO = ^OKP
Mặt khác: ^AOK = ^AOB + ^BOK = 2.^ACB + ^BCK = ^ACK + ^ACB = ^BPK + ^APB = ^APK
=> Tứ giác AOPK nội tiếp => ^OAP = ^OKP => ^OAS' = ^OKA (Vì ^AKO = ^OKP)
=> \(\Delta\)OAS' ~ \(\Delta\)OKA (g.g) => OA2 = OS'.OK => OB2 = OS'.OK => \(\Delta\)OS'B ~ \(\Delta\)OBK (c.g.c)
=> ^OS'B = ^OBK. Tương tự: ^OS'C = ^OCK. Do đó: ^OS'B + ^OS'C = ^OBK + ^OCK = 1800 (Vì tứ giác BOCK nội tiếp)
=> 3 điểm B,S',C thẳng hàng => BC cắt AP tại S'. Vậy nên S trùng S' => 3 điểm O,S,K thẳng hàng => ĐPCM.
b) Từ câu a ta có: OD2 = OS.OK => \(\Delta\)ODS ~ \(\Delta\)OKD (c.g.c) => ^ODS = ^OKD = ^OKA = ^OAS
=> Tứ giác AOSD nội tiếp hay 4 điểm A,O,P,S cùng thuộc 1 đường tròn (1)
Ta lại có: ^CAP + ^PAD = ^CAD = ^CBD = ^BMD + ^BDM = ^SMD + ^BDQ = ^SMD + ^BAQ
Mà ^CAP = ^BAQ (gt) nên ^PAD = ^SMD hay ^SMD = ^SAD => 4 điểm A,S,D,M cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ (1);(2) => 5 điểm A,O,S,P,M cùng thuộc 1 đường tròn. Do OA = OD nên ^AMO = ^DMO hay ^AMO = ^QMO
Xét \(\Delta\)AOQ cân tại O, một điểm M sao cho ^AMO = ^QMO (cmt). Dễ c/m AM = QM (Gợi ý: Lấy đối xứng của M qua OA)
Từ đó: OM là trung trực của AQ => OM vuông góc AQ (đpcm).
Gọi I là giao điểm của CQ và AH, F là giao của BK và AG.
Áp dụng ĐL Céva cho \(\Delta\)AKB: \(\frac{CK}{CA}.\frac{EA}{EB}.\frac{FB}{FK}=1\). Mà \(\frac{EA}{EB}=1\) nên \(\frac{CK}{CA}=\frac{FK}{FB}\)
=> CF // AB (ĐL Thales đảo). Do AB vuông góc AC nên CF vuông góc AC (1)
Áp dụng ĐL Mélelaus cho \(\Delta\)CKQ với bộ điểm (H I A) thẳng hàng: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{IC}{IQ}.\frac{AK}{AC}=1\)
Tương tự với \(\Delta\)FKQ: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{GF}{GQ}.\frac{BK}{BF}=1\)
Từ đó: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{IC}{IQ}.\frac{AK}{AC}=\frac{HQ}{HK}.\frac{GF}{GQ}.\frac{BK}{BF}\). Mà \(\frac{AK}{AC}=\frac{BK}{BF}\)(ĐL Thales)
Nên \(\frac{IC}{IQ}=\frac{GF}{GQ}\). Áp dụng ĐL Thales đảo cho \(\Delta\)CQF, suy ra: GI // CF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: GI vuông góc AC. Do đó: I là trực tâm của \(\Delta\)ACG => CI vuông góc AG
Hay ^AQC = 900 => Q nằm trên đường tròn đường kính AC cố định (đpcm).