Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O O D P G E H F O 1 2 3 K
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
A C B D O M S T L K E F
Nhận xét: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC vì ^ABC=^CDA=900. Gọi tâm của đường tròn này là O. Khi đó thì O chính là trung điểm đoạn AC. Ta thấy M là 1 điểm chung của (S) và (T), đồng thời là trung điểm BD nên M nằm trên trung trực BD. Gọi giao điểm thứ hai của (S) và (T) là L. Ta đi chứng minh L cũng nằm trên trung trực BD. Thật vậy:
Từ M kẻ MK vuông góc với đường thẳng ST. Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của S,T lên MA,MC.
Khi đó các tứ giác KSEM, KTMS nội tiếp => ^EKF = ^MKE + ^MKF = ^MSE + ^MTF = (^ASM + ^CTM)/2
Ta thấy AC là tiếp tuyến chung của (S) và (T) nên ^MAC = ^ASM/2; ^MCA = ^CTM/2
Từ đó: ^EKF = ^MCA + ^MAC = ^EOA + ^FOC (Chú ý tứ giác MEOF là hbh) = 1800 - ^EOF
Suy ra tứ giác KEOF nội tiếp => ^EKO = ^EFO = ^MAC = ^MSE (=^ASM/2) = ^EKM
Mà M và O nằm cùng phía so với EK nên tia KM,KO trùng nhau hay O,M,K thẳng hàng
Mặt khác: (S) và (T) cắt nhau tại M và L nên ML vuông góc ST. Do MK vuông góc ST nên M,K,L thẳng hàng
Vì vậy 4 điểm O,M,K,L thẳng hàng. Lại có OM là trung trực của BD => ML cũng là trung trực BD
Hay 2 giao điểm của (S) và (T) cùng nằm trên đường trung trực của BD (đpcm).
a, HS tự chứng minh
b, ∆ADE:∆ACD (g.g)
=> A D 2 = A E . A C
c, Tương tự: ∆ADF:∆ABD => A D 2 = A B . A F => ĐPCM
a) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC
=> OA=OB=OC và O là trung điểm của BC
=> Tam giác ABC vuông tại A
=> góc BAC = 90 độ
b) DO tam giác HAK nội tiếp đường tròn (I)
Lại có góc HAK = 90 độ
=> HK là đường kính của (I)
=> HK đi qua I
=> H,I,K thẳng hàng
c) Đề bài ghi ko rõ
d) 3 điểm nào?
(Bởi vì CM trực tiếp hơi khó nên mình CM bằng trùng hình)
Vẽ \(AM\) là trung tuyến của tam giác \(ABC\) và tia \(AE\) thoả \(\widehat{BAE}=\widehat{CAM}\) (trong đó \(E\in\left(O\right)\)). Gọi \(D',N\) lần lượt là trung điểm của \(AE,AC\).
-----
Bước 1: CM: \(\widehat{AD'O}=90^o\) (hiển nhiên).
Bước 2: CM \(D\) trùng với \(D'\).
Tam giác \(ABE\) và \(AMC\) đồng dạng (g.g) nên tam giác phân bởi đường trung tuyến cũng đồng dạng.
Cụ thể là tam giác \(ABD'\) và \(AMN\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ABD'}=\widehat{AMN}=\widehat{BAM}\) (so le trong, \(MN\) song song \(AB\)).
Mà \(\widehat{BAM}=\widehat{EAC}\) nên \(\widehat{ABD'}=\widehat{D'AC}\).
Từ đó suy ra \(AC\) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \(ABD'\).
Tương tự suy ra \(AB\) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \(ACD'\).
Vậy \(D\) trùng với \(D'\) và ta có đpcm.