Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.
Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn
Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)
Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )
Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.
Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID
Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)
Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp
Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF
Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK
Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC) (1)
Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2
Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
.
3). Theo trên, ta có B E = C D mà C E = C F ⇒ B C = D F .
Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên I B I D = C B C D = D F B E ⇒ I B . B E = I D . D F .
Mà CO là trung trực EF và I ∈ C O , suy ra IE=IF.
Từ hai đẳng thức trên, suy ra I B . B E . E I = I D . D F . F I .
2). Từ Δ O B E = Δ O D C ⇒ O E = O C .
Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE=OF.
Từ đó
O
E
=
O
C
=
O
F
, vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
2). Từ AD là phân giác B A C ^ suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.
Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có D M C F = B D B C .
Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E (3).
Ta lại có góc nội tiếp A D E ^ = F C E ^ (4).
Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C
1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc B C D ^ , suy ra O B D ^ = O C D ^ = O C B ^ = O D B ^ , nên tam giác OBD cân tại O, do đó OB=OD (1).
Tứ giác OBCD nội tiếp O D C ^ = O B E ^ (cùng bù với góc OBC) (2).
Trong tam giác CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEF cân tại 
.
Do A B ∥ C F ⇒ A E B ^ = A F C ^ = E A B ^ , suy ra tam giác ABE cân tại B, nên B E = B A = C D ( 3 )
De chung minh M la tam duong tron bang tiep goc C cua tam giac ABC
\(\Rightarrow\widehat{MAI}=\widehat{MBI}=90^0\) => tu giac MAIN noi tiep
=> \(C'I.C'M=C'B.C'A\left(1\right)\)
Mat khac xet (O) ta cung co \(C'B.C'A=C'N.C'E\left(2\right)\)
Tu (1) va (2) suy ra \(C'I.C'M=C'E.C'N\)
suy ra tu giac MEIN noi tiep (*)
chung minh tuong tu cung co tu giac EINK noi tiep (**)
tu (*) va(**) ta co dpcm