K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

23 tháng 12 2018

A N M D E F G L P Q T H K I I J J 1 2 1 2

a) Xét đường tròn (J1) có: ^HJ1D = 2.^HMD (^HMD=1/2.Sđ(HD ). Tương tự: ^KJ2D = 2.^KND

Dễ thấy tứ giác MEFN nội tiếp (Do ^MEN = ^MFN) => ^DMH = ^DNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

Do đó: ^HJ1D = ^KJ2D. Mà các tam giác HJ1D và KJ2D cân tại J1 và J2 => ^J2DK + 1/2.^HJ1D = 900

Hay ^J2DK + ^HMD = 900 => J2D vuông góc EM. Có J1H vuông góc EM => J2D // J1H

=> ^J1DJ2 = ^HJ1D (So le trong) => ^HDK = ^J1DJ2 + ^J1DH + ^J2DK = ^HJ1D + ^J1DH + ^J1HD = 1800

=> 3 điểm K,H,D thẳng hàng. Lại có: ^AHD = 1/2.Sđ(HD;  ^AKD = 1/2.Sđ(KD => ^AHD = ^AKD

Từ đó: ^AHK = ^AKH => \(\Delta\)HAK cân tại A => AH=AK

Gọi giao điểm của tia AD với (I1) và (J1) lần lượt là P' và Q'. Ta sẽ chứng minh P' trùng P; Q' trùng Q.

Theo hệ thức lượng trong đường tròn: AH2 = AD.AQ' => AK2 = AD.AQ' => \(\Delta\)ADK ~ \(\Delta\)AKQ' (c.g.c)

=> ^AKD = ^AQ'K = 1/2.Sđ(DK => Điểm Q' nằm trên (J2) => Q' trùng Q (1)

Tương tự: AE.AM = AD.AP'; AE.AM = AF.AN => AF.AN = AD.AP' => \(\Delta\)ADF ~ \(\Delta\)ANP' (c.g.c)

=> ^ADF = ^ANP' => Tứ giác DFNP' nột tiếp => Điểm P' thuộc (DFN) hay P' thuộc (I2) => P' trùng P (2)

Từ (1) và (2) => Tia AD đi qua 2 điểm P và Q hay 3 điểm D,P,Q thẳng hàng (đpcm).

b) Định trên đoạn thẳng EF một điểm T thỏa mãn \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)

Ta thấy ^GEA = ^GFA => ^GEH = ^GFK. Kết hợp với ^GHE = ^GKF => \(\Delta\)GEH ~ \(\Delta\)GFK (g.g)

=> \(\frac{GE}{GH}=\frac{GF}{GK}\). Lại có: ^EGF = ^EAF = ^HGK (Các góc nội tiếp) => \(\Delta\)GEF ~ \(\Delta\)GHK (c.g.c)

Do T và D định trên các cạnh EF, HK các tỉ số tương ứng bằng nhau nên \(\Delta\)GTF ~ \(\Delta\)GDK (c.g.c)

=> \(\frac{GT}{GD}=\frac{GF}{GK}\). Nhưng ^TGD = ^FGK (=^TGF - ^TGK) nên \(\Delta\)GTD ~ \(\Delta\)GFK (c.g.c) 

=> ^GDT = ^GKF. Mà ^GKF = ^GQD => ^GDT = ^GQD = 1/2.Sđ(GD => DT là tia tiếp tuyến của đường tròn (DGQ) (3)

Mặt khác:^GLE = ^GFE = ^GKH = ^GQH. Dễ thấy: \(\Delta\)LEF ~ \(\Delta\)QHK. Từ \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)=> \(\Delta\)ELT ~ \(\Delta\)HQD

=> ^ELT = ^HQD => ^ELT - ^GLE = ^HQD - ^GQH => ^GLT = ^GQD. Mà ^GQD = ^GDT (cmt) nên ^GLT = ^GDT 

Từ đó có: Tứ giác GDLT nội tiếp hay điểm T nằm trên đường tròn (DLG)   (4)

Qua (3) và (4) suy ra: Tiếp tuyến tại D của đường tròn (DGQ) cắt EF tại điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (đpcm).

28 tháng 7 2019

A B M C O O 1 2 O I E D N

a) Có ^AO1O2 = ^AO1M/2 = 1/2.Sđ(AM của (O1= ^ABM = ^ABC. Tương tự ^AO2O1 = ^ACB

Suy ra \(\Delta\)AO1O2 ~ \(\Delta\)ABC (g.g) (đpcm).

b) Từ câu a ta có \(\Delta\)AO1O2 ~ \(\Delta\)ABC. Hai tam giác này có đường trung tuyến tương ứng AO,AI

Khi đó \(\Delta\)AOO1 ~ \(\Delta\)AIB (c.g.c) => \(\frac{AO}{AO_1}=\frac{AI}{AB}\). Đồng thời ^OAI = ^O1AB 

=> \(\Delta\)AOI ~ \(\Delta\)AO1B (c.g.c). Mà \(\Delta\)AO1B cân tại O1 nên \(\Delta\)AOI cân tại O (đpcm).

c) Xét đường tròn (O1): ^DAM nội tiếp, ^DAM = 900 => DM là đường kính của (O1)

=> ^DBM = 900 => DB vuông góc với BC. Tương tự EC vuông góc với BC

Do vậy BD // MN // CE. Bằng hệ quả ĐL Thales, dễ suy ra \(\frac{ND}{NE}=\frac{MB}{MC}\)(1)

Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác ta có \(\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{ND}{NE}=\frac{AB}{AC}\)=> ND.AC = NE.AB (đpcm).

21 tháng 4 2019

F A B C O O 1 2 O D E K R M N I G H S J

a) Gọi AD cắt CE tại J. Khi đó tứ giác BEJD nội tiếp đường tròn (BJ).

Dễ thấy ^FDE = ^FDJ + ^EDJ = ^DAC + ^ECA = ^DEJ + ^JEF = ^FED => \(\Delta\)DEF cân tại F

Từ đó nếu gọi I là trung điểm của BJ thì ta có I là tâm nội tiếp của \(\Delta\)FO1O2

Do (O1) và (O) có hai điểm chung là A,B nên O1O là phân giác ^AO1D

Tương tự O2O là phân giác ^CO2E. Suy ra O là tâm bàng tiếp góc F của \(\Delta\)FO1O2

=> F,I,O thẳng hàng. Dễ có ^IEO1=^IBO1 = 900.

Gọi tiếp điểm giữa (O) và FO2 là G, hạ OH vuông góc AB. Khi đó ^FEI = ^FGO (=900)

=> \(\Delta\)FIE ~ \(\Delta\)FOG (g.g) => \(\frac{FI}{FO}=\frac{IE}{OG}=\frac{IJ}{OH}\)kéo theo \(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH (c.g.c)

=> E,J,H thẳng hàng. Từ đây, gọi S đối xứng với H qua (O) thì \(\Delta\)FJB ~ \(\Delta\)FHS (c.g.c)

=> F,B,S thẳng hàng. Hay FB đi qua S. Ta thấy AC cố định => OH=const => HS=const => S cố định.

Vậy FB luôn đi qua S cố định (đpcm).

b) Theo câu a, FJ đi qua H với H là trung điểm của AC. Theo bổ đề hình thang thì MN//AC

Suy ra ^MND = ^DAC = ^MED => Tứ giác MNED nội tiếp => ^MDN = ^MEN

=> ^MDN + 900 = ^MEN + 900 => ^BDM = ^BEN => 1800 - ^BDN = 1800 - ^BEN => ^MKB = ^NKB

Vì KB cắt đường tròn (MNK) tại R nên R là điểm chính giữa (MN => RM=RN

Ta lại có ^MEN = ^BEN - 900 = 900 - ^MKN/2 = ^MRN/2. Kết hợp với RM=RN

Dẫn đến điểm E thuộc đường tròn (R,RM). Tương tự có D cũng thuộc (R)

=> R là tâm ngoại tiếp tứ giác DMNE => RD = RE (đpcm).

21 tháng 4 2019

Sửa E thành F ở chỗ "\(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH" nhé ! Gõ nhầm :)

25 tháng 11 2015

bọn tớ chưa học đến phần này

22 tháng 3 2016

nhớ vẽ hình nữa nha !!