Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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
.
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). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau B D M ^ = B C F ^ ( 1 ) và B M A ^ = B F A ^ suy ra 180 0 − B M A ^ = 180 0 − B F A ^ hay B M D ^ = B F C ^ (2).
Từ (1) và (2), suy ra Δ B D M ~ Δ B C F (g - g).
Xét B thuộc đường tròn (O), B' đối xứng với B qua O => BB' là đường kính của (O)
=> AB' vuông góc AB. Mà CH vuông góc AB nên AB' // CH. Tương tự AH // B'C
Suy ra tứ giác AHCB' là hình bình hành => AH // B'C và AH = B'C => \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B'C}\)(đpcm).
Gọi tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB thứ tự là D,E,F. G là trọng tâm của \(\Delta\)DEF.
Kéo dài AI,BI,CI cắt (O) lần lượt tại M,N,P (A khác M, B khác N, C khác P)
Dễ dàng chứng minh M,N,P lần lượt là điểm chính giữa các cung BC,CA,AB của (O)
Từ đó OM,ON,OP lần lượt vuông góc với BC,CA,AB và I là trực tâm của \(\Delta\)MNP
Ta có \(\Delta\)MNP với tâm ngoại tiếp O và trực tâm I, suy ra \(\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}\)
Chú ý rằng \(\overrightarrow{OM}=OM.\frac{\overrightarrow{ID}}{ID}=\frac{R}{r}\overrightarrow{ID}\). Từ đây \(\overrightarrow{OI}=\frac{R}{r}\left(\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}\right)\)
Lại có G là trọng tâm của \(\Delta\)DEF nên \(\overrightarrow{3IG}=\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}\)
Do đó \(\overrightarrow{OI}=\frac{3R}{r}\overrightarrow{IG}\), suy ra ba điểm O,I,G thẳng hàng (1)
Mặt khác, khi ta dựng vector đơn vị \(\overrightarrow{e}\)vuông góc với KL là hướng ra ngoài tứ giác BKLC
Thì \(KL.\overrightarrow{e}+BK.\overrightarrow{IF}+CL.\overrightarrow{IE}+BC.\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{0}\)(ĐL Con Nhím)
Suy ra \(KL.\overrightarrow{e}+3BC.\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{0}\)hay \(\overrightarrow{GI}=\frac{KL}{3BC}.\overrightarrow{e}\). Do vậy \(\overrightarrow{GI}\)// \(\overrightarrow{e}\)
Mà \(\overrightarrow{e}\)vuông góc với KL nên GI vuông góc KL (2)
Từ (1) và (2) suy ra OI cũng vuông góc với KL (đpcm).
Gọi K và L lần lượt là tâm bàng tiếp góc C và góc B của \(\Delta\)ABC. Khi đó dễ thấy:
Tâm nội tiếp I của \(\Delta\)ABC chính là trực tâm của \(\Delta\)KIaL ; O là tâm đường tròn Euler của \(\Delta\)KIaL
Từ đó nếu ta gọi J và T thứ tự là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)KIaL và KIL thì I và J đối xứng nhau qua O
Đồng thời T và J đối xứng nhau qua KL; TJ = IIa; TJ // IIa . Suy ra T và Ia đối xứng nhau qua O (1)
Ta thấy tứ giác AICL nội tiếp nên PB'/(T) = B'I.B'L = B'A.B'C = PB'/(O)
Suy ra B' nằm trên trục đẳng phương của (O) và (T). Tương tự với điểm C'.
Do đó B'C' là trục đẳng phương của (O) và (T) hay B'C' vuông góc với OT (2)
Từ (1) và (2) suy ra OIa vuông góc với B'C' (đpcm).