Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{PBF}\) suy ra \(PF=PB\)
Suy ra \(MP\perp AB\) vì MP là trung trực của BF. Do đó \(MP||CF\). Tương tự \(MQ||BE\)
b) Dễ thấy M,I,J đều nằm trên trung trực của EF cho nên chúng thẳng hàng. Vậy IJ luôn đi qua M cố định.
c) Gọi FK cắt AD tại T ta có \(FK\perp AD\) tại T. Theo hệ thức lượng \(IE^2=IF^2=IT.IL\)
Suy ra \(\Delta TIE~\Delta EIL\). Lại dễ có \(EI\perp EM\), suy ra ITKE nội tiếp
Do vậy \(\widehat{ILE}=\widehat{IET}=\widehat{IKT}=90^0-\widehat{LIK}\). Vậy \(IK\perp EL.\)
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).
Sửa E thành F ở chỗ "\(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH" nhé ! Gõ nhầm :)
Gọi O là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC. Khi đó PK đi qua (O), thật vậy:
Gọi DP,EP,FP cắt đường tròn (K) lần thứ hai lần lượt tại M,N,Q.
Theo hệ thức lượng đường tròn: PA.PD = PB.PE = PC.PF => Tứ giác BCFE nội tiếp
Nên ta có: ^MNQ = ^MNE + ^ENQ = ^MDE + ^EFQ = ^ABP + ^CBP = ^ ABC.
Hoàn toàn tương tự: ^MQN = ^ACB. Từ đó suy ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MNQ (g.g)
Hai tam giác này có tâm ngoại tiếp tương ứng là O,K nên \(\Delta\)AOC ~ \(\Delta\)MKQ (g.g)
=> \(\frac{OC}{KQ}=\frac{AC}{MQ}\). Bên cạnh đó ^DMQ = ^DFQ = ^CAP nên AC // MQ.
Theo hệ quả ĐL Thales có: \(\frac{AC}{MQ}=\frac{PC}{PQ}\). Từ đây \(\frac{OC}{KQ}=\frac{PC}{PQ}\) (1)
Ta lại có ^OCP = ^ACP - ^OCA = ^MQP - ^KQM = ^KQP (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)COP ~ \(\Delta\)QKP (c.g.c) => ^CPO = ^QPK
Mà ba điểm C,P,Q thẳng hàng nên ba điểm O,P,K cũng thẳng hàng. Do vậy PK đi qua O cố định (đpcm).
Ta có BOC=120o ;BKC =60o suy ra BOC +BKC =1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.
Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA
Tự vẽ hình nha,
Câu a, Ta có : tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên MK=AH và HM=AK
Mà HM, MK lần lượt là bán kính của (H) và (M)
Xét tam giác HAK có : theo bđt tam giác : HA-HB<HK<HA+HK
Hay MK-MH<HK<MH+MK => hai đường tròn luôn cắt nhau ( giả sử MK>MH)
Ta có \(\widehat{NMH}=\widehat{NCB};\widehat{NMK}=\widehat{NBC}\)
Do AKMH là hình chữ nhật nên
\(\widehat{NMH}+\widehat{NMK}=90\Rightarrow\widehat{NCB}+\widehat{NBC}=90\)
\(\Rightarrow\widehat{BNC}=90\). Vẽ hình vuông ABEC
Ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định
Ta lại có \(\widehat{NEB}=\widehat{NCB}\)mà \(\widehat{NCB}=\widehat{NMH}\)
\(\widehat{NEB}=\widehat{NMH}\), do \(MH//EB\)nên ba điểm N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định
Gọi S là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABSC, I và J lần lượt là trung điểm BC và AH
Áp dụng ĐL Cosin vào hai tam giác BHM, CHN ta có:
\(BM^2=HB^2+HM^2-2HB.HM.\cos\widehat{BHM}\)
\(CN^2=HC^2+HN^2-2HC.HN.\cos\widehat{CHN}\)
Suy ra \(BM^2-CN^2=HB^2+HM^2-HC^2-HN^2\)(Vì \(\Delta\)BNH ~ \(\Delta\)CMH)
\(\Leftrightarrow BM^2-CN^2=\left(HB^2-HN^2\right)-\left(HC^2-HM^2\right)\Rightarrow BM^2-CN^2=BN^2-CM^2\)
\(\Leftrightarrow BM^2+CM^2=BN^2+CN^2\Leftrightarrow\frac{BM^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{BN^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow MI^2=NI^2\)(Công thức đường trung tuyến). Kết hợp với JM = JN (=AH/2) suy ra IJ vuông góc MN (1)
Mặt khác trên đường thẳng qua H vuông góc với MN lấy T sao cho \(\frac{HT}{MN}=\frac{HM}{MC}=\frac{HN}{NB}\)
Dễ thấy ^THM = 900 + ^NMH = ^NMC; ^THN = ^MNB. Do đó \(\Delta\)THM ~ \(\Delta\)NMC; \(\Delta\)THN ~ \(\Delta\)MNB (c.g.c)
Suy ra ^HMT = ^MCN; ^HNT = ^NBM. Từ đó CN vuông góc TM; BM vuông góc TN dẫn đến TL vuông góc MN
Mà TH vuông góc MN nên HL vuông góc MN (2)
Ta lại có I là trung điểm AS, khi đó IJ là đường trung bình trong \(\Delta\)HAS, suy ra IJ // HS (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra H,L,S thẳng hàng. Vậy HL luôn đi qua S cố định (đpcm).