Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi BH cắt (O) tại S khác B. Qua tính chất quen thuộc của trực tâm ta thấy H,S đối xứng nhau qua AC.
Do đó ^ASE = ^AHE = 900 (Vì HE // BC, AH vuông góc BC) hay SE vuông góc với AS (1)
Ta có AD là đường kính của (O) => ^ASD chắn nửa (O) => SD vuông góc với AS (2)
Từ (1) và (2) suy ra SE trùng SD hay DE cắt (O) tại S. Như vậy BH,DE cắt nhau trên (O) (đpcm).
b) Tương tự câu a, CH,DF cũng cắt nhau tại 1 điểm trên (O), gọi nó là T
Dễ thấy AH = AS = AT (Tính chất đối xứng). Mà AH,AS,AT lần lượt là khoảng cách từ A đến EF,DE,DF
Nên A chính là tâm bàng tiếp góc D của \(\Delta\)DEF (A nằm ngoài \(\Delta\)DEF) (đpcm).
c) Gọi IH cắt CF tại G. Ta sẽ chỉ ra rằng B,G,E thẳng hàng. Thật vậy:
Ta có FA,FI là phân giác trong và ngoài của ^DFE => FI vuông góc AB => FI // CH
Từ đó \(\Delta\)IGF ~ \(\Delta\)HGC (g.g) => \(\frac{GI}{GH}=\frac{IF}{HC}\)(3)
Mặt khác ^IFE = ^FAH (Cùng phụ ^AFH) = ^HCB. Tương tự ^IEF = ^HBC
Suy ra \(\Delta\)EIF ~ \(\Delta\)BHC (g.g) => \(\frac{IF}{HC}=\frac{IE}{HB}\)(4)
Từ (3) và (4), kết hợp với ^GIE = ^GHB suy ra \(\Delta\)GEI ~ \(\Delta\)GBH (c.g.c)
=> ^IGE = ^HGB. Vì I,G,H thẳng hàng nên kéo theo B,G,E thẳng hàng
Vậy thì BE,CF,IH cắt nhau tại G (đpcm).
Bạn ơi, chứng minh cho mình câu b: AH=AS=AT với được không ạ
1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp
Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND
Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).
2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC2 = DM.DN. Dễ thấy: DC2 = DI.DA
Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)
=> KM2 = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD2 = KI.KB
Từ đó: KM2 = KD2 => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)
Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)
Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR
Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.
Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp
Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 900
Mặt khác: ^DTE = 1800 - ^DBE = 1800 - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE
Suy ra: ^CTE = 900 => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.
Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định
=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
Điểm G ở đâu vậy bạn?