Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B O C D M E F K I N L
Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.
Dễ thấy ^BNA = 900. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA
Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK
Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 3600 - ^ANM - ^KNM
= (1800 - ^ANM) + (1800 - ^KNM) = ^ABM + (1800 - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA
=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A
=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)
Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)
Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const
Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi
=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi
Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).
c, Gọi K là giao điểm của DG và IF
Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến
-=>\(AC\perp OD\)
=>ADO=CAB=FAE
=> tam giác ADO đồng dạng tam giác EAF
=> \(\frac{AD}{EA}=\frac{AO}{EF}\)
=> \(\frac{AD}{2IE}=\frac{\frac{1}{2}AB}{EF}\)=> \(\frac{AD}{IE}=\frac{AB}{EF}\)
=> Tam giác ADB đồng dạng tam giác EIF( 2 cạnh góc vuông )
=> ABD=IFE
=> tứ giác KBEF nội tiếp
=> FBK=90độ
=> \(GK\perp IF\)
Lại có \(IE\perp FG\),IE giao GK tại B
=> B là trực tâm của tam giác IFG
MÀ B cố định
=> ĐPCM
a, HS tự chứng minh
b, Chứng minh ∆NMC:∆NDA và ∆NME:∆NHA
c, Chứng minh ∆ANB có E là trực tâm => AE ⊥ BN mà có AK ⊥ BN nên có ĐPCM
Chứng minh tứ giác EKBH nội tiếp, từ đó có A K F ^ = A B M ^
d, Lấy P và G lần lượt là trung điểm của AC và OP
Chứng minh I thuộc đường tròn (G, GA)
A B D C M P Q I K R E F
a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AP và DP. Ta có :
IK song song và bằng 1/2 AD hay bằng 1/2 BC.
KM = DM - DK = DC/2 - DP / 2 = PC/2
Mà \(\widehat{IKM}=\widehat{ADC}=\widehat{BCP}\)
\(\Rightarrow\Delta IKM\sim\Delta BCP\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{IMP}\)
Mà \(\widehat{BPC}=\widehat{ABP}\) (AB // PC) ; \(\widehat{ABP}=\widehat{AQR}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AR)
Do đó \(\widehat{IME}=\widehat{IQE}\Rightarrow\) Tứ giác IMQE nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{EIQ}=\widehat{EMQ}\)
Mà IE // AF (Đường trung bình) nên \(\widehat{IEQ}=\widehat{FAQ}\) (Đồng vị)
\(\Rightarrow\widehat{FAQ}=\widehat{FMQ}\) hay tứ giác AMQF nội tiếp.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF đi qua A, M cố định.
Vậy tâm đường tròn thuộc đường trung trực của AM.
b) Ta có \(\widehat{EPR}=\widehat{BPC}=\widehat{ABP}=\widehat{AQE}\) nên \(\Delta EPR\sim\Delta EQP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EP}{EQ}=\frac{ER}{EP}\Rightarrow EP^2=ER.EQ\)
Vì AE là tiếp tuyến nên \(\widehat{EAR}=\widehat{AQE}\Rightarrow\Delta EAR\sim\Delta EQA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EA}{EQ}=\frac{ER}{EA}\Rightarrow EA^2=EQ.ER\)
\(\Rightarrow EP^2=EA^2\Rightarrow EP=EA=EF\)
\(\Rightarrow\widehat{FAP}=90^o\Rightarrow\widehat{FMQ}=90^o\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ)
\(\Rightarrow MQ\perp CD\)