Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có ^AIC' = ^IAC + ^ICA = ^IAB + ^ICB = ^IAB + ^BAC' = ^IAC' => \(\Delta\)AC'I cân tại C'
=> C' nằm trên trung trực của AI. Tương tự B' cũng nằm trên trung trực của AI => B'C' vuông góc AI
Hay A'I vuông góc với B'C'. Lập luận tương tự B'I vuông góc A'C', C'I vuông góc A'B'
Do đó I là trực tâm của \(\Delta\)A'B'C' (đpcm).
b) Ta thấy ^FDE = ^A'DC' = ^A'AC' = ^IAC' = C'IA (Vì \(\Delta\)AC'I cân tại C') = ^EIC'
Suy ra tứ giác DEIF nội tiếp (đpcm).
c) Gọi S là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)DEF. Vì tứ giác DEIF nội tiếp (cmt) nên S đồng thời là tâm ngoại tiếp DEIF
Gọi giao điểm thứ hai giữa (S) và (O) là G. Khi đó ^DFG = ^DEG => ^GFA' = ^GEC'
Lại có ^EGF = ^EDF = ^A'DC' = ^A'GC' => ^FGA' = ^EGC'. Do vậy \(\Delta\)GEC' ~ \(\Delta\)GFA' (g.g)
=> \(\frac{GC'}{GA'}=\frac{EC'}{FA'}\). Mặt khác ^A'IF = ^C'IA = ^C'AI = ^C'AE và ^IA'F = ^AA'D = ^AC'D = ^AC'E
Cho nên \(\Delta\)AEC' ~ \(\Delta\)IFA' (g.g) => \(\frac{EC'}{FA'}=\frac{AC'}{IA'}\). Mà các điểm A,I,A',C' đều cố định
Nên tỉ số \(\frac{AC'}{FA'}\) là bất biến. Như vậy \(\frac{GC'}{GA'}\)không đổi, khi đó tỉ số giữa (GC' và (GA' của (O) không đổi
Kết hợp với (O), A',C' cố định suy ra G là điểm cố định. Theo đó trung trực của IG cố định
Mà S thuộc trung trực của IG (do D,I,E,F,G cùng thuộc (S)) nên S di động trên trung trực của IG cố định (đpcm).
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
a) Ta dễ thấy ^ABF = ^BAF = ^BAD = ^CAD = ^ACE = ^CAE. Suy ra \(\Delta\)ABF ~ \(\Delta\)ACE (g.g) (đpcm).
b) Gọi BE cắt CF tại G. Áp dụng hệ quả ĐL Thales, kết hợp với \(\Delta\)ABF ~ \(\Delta\)ACE ta có:
\(\frac{GC}{GF}=\frac{CE}{FB}=\frac{AC}{AB}\). Mà \(\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{DB}\)(ĐL đường phân giác trong tam giác) nên \(\frac{GC}{GF}=\frac{DC}{DB}\)
Do đó GD // BF // CE (ĐL Thales đảo). Lại có AD // BF // CE nên A,G,D thẳng hàng
Vậy thì AD,BE,CF cắt nhau tại G (đpcm).
c) Chú ý GQ // AE suy ra ^AGQ = ^GAE = ^GAF, đồng thời có AG // QF. Suy ra AFQG là hình thang cân (1)
Mặt khác BF // CE dẫn đến ^GFQ = ^GCE = ^GPQ. Từ đây bốn điểm P,Q,F,G cùng thuộc một đường tròn (2)
Từ (1) và (2) suy ra các điểm A,P,G,Q,F cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
b: góc DFC=góc EBC
góc EFC=góc DAC
góc EBC=góc DAC
=>góc DFC=góc EFC
a) Gọi BH cắt (O) tại S khác B. Qua tính chất quen thuộc của trực tâm ta thấy H,S đối xứng nhau qua AC.
Do đó ^ASE = ^AHE = 900 (Vì HE // BC, AH vuông góc BC) hay SE vuông góc với AS (1)
Ta có AD là đường kính của (O) => ^ASD chắn nửa (O) => SD vuông góc với AS (2)
Từ (1) và (2) suy ra SE trùng SD hay DE cắt (O) tại S. Như vậy BH,DE cắt nhau trên (O) (đpcm).
b) Tương tự câu a, CH,DF cũng cắt nhau tại 1 điểm trên (O), gọi nó là T
Dễ thấy AH = AS = AT (Tính chất đối xứng). Mà AH,AS,AT lần lượt là khoảng cách từ A đến EF,DE,DF
Nên A chính là tâm bàng tiếp góc D của \(\Delta\)DEF (A nằm ngoài \(\Delta\)DEF) (đpcm).
c) Gọi IH cắt CF tại G. Ta sẽ chỉ ra rằng B,G,E thẳng hàng. Thật vậy:
Ta có FA,FI là phân giác trong và ngoài của ^DFE => FI vuông góc AB => FI // CH
Từ đó \(\Delta\)IGF ~ \(\Delta\)HGC (g.g) => \(\frac{GI}{GH}=\frac{IF}{HC}\)(3)
Mặt khác ^IFE = ^FAH (Cùng phụ ^AFH) = ^HCB. Tương tự ^IEF = ^HBC
Suy ra \(\Delta\)EIF ~ \(\Delta\)BHC (g.g) => \(\frac{IF}{HC}=\frac{IE}{HB}\)(4)
Từ (3) và (4), kết hợp với ^GIE = ^GHB suy ra \(\Delta\)GEI ~ \(\Delta\)GBH (c.g.c)
=> ^IGE = ^HGB. Vì I,G,H thẳng hàng nên kéo theo B,G,E thẳng hàng
Vậy thì BE,CF,IH cắt nhau tại G (đpcm).
Bạn ơi, chứng minh cho mình câu b: AH=AS=AT với được không ạ