Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2) Theo 1). dễ thấy Δ B F A ∽ Δ B N P ⇒ Δ B N F ∽ Δ B P A ⇒ B N B P = F N A P (1).
Tương tự Δ C M E ∽ Δ C P A ⇒ C M C P = E M A P (2).
Từ (1) và (2), ta có B N C M ⋅ C P B P = F N E M và theo giả thiết F N E M = B N C M , suy ra C P = B P ⇒ A D là phân giác góc B A C ^ .
1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A
Ta có P C M ^ = P A C ^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );
Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM tiếp xúc (O)
Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.
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).
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
Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).
Giải bài toán:
Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:
Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I
Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 1800 - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp
Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:
\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)
\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)
Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)
Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định
Vậy ta thu được điều phải chứng minh.
(a) Gọi F là giao điểm của AE và BP.
Từ tính chất góc nội tiếp và đường cao của tam giác vuông ta dễ thấy :∠AEC = ∠ABC = ∠BPCvậy tứ giác CPFE nội tiếp. Từ đó suy ra ∠CPE = ∠CFE, ∠PCE = ∠EFBCộng các đẳng thức góc với chú ý ∠CEP = 90◦ , ta suy ra 90◦ = ∠CPE +∠PCE = ∠CFE +∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, và do đó CF ∥ AB.Bổ đề. Cho hình thang ABCD, AB ∥ CD. Giả sử AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại I. Khi đó, OI đi qua trung điểm AB và CD.CMVẽ đường thẳng EF đi qua O và song song CD.Ta có EO//DC ⇒ OE/DC = AO/AC (1)
OF//DC ⇒ OF/DC = BO/BD (2)
Ta có: AB//DC ⇒ OA/OC = OB/OD
⇒ OA/ (OC + OA) = OB/(OD+ OB) ⇒ OA/AC = OB/BD (3)
Từ (1),(2),(3) ta có OE/DC = OF/DC ⇒ OE = OF
Ta có AB//EF
⇒ AN/EO = IN/IO và BN/FO = IM/KO
⇒ AN/EO = BN/FO ⇒ AN = BN
Tương tự: FE//DC ⇒ EO/DM = IO/IM
và FO/CM = IO/IM ⇒EO/DM=FO/CM ⇒ DM=CM suy ra đường thẳng OI đi qua trung điểm của các cạnh AB và CD.Bổ đề dc CMGọi M' là giao điểm của CB và AE. Áp dụng bổ đề cho hình thang ABFC, ta có M'P đi qua trung điểm AB hay M'P đi qua O. Vậy AE, BC, OP đồng quy tại M', đó là điều phải chứng minh. (b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO với C, M, B thẳng hàng, ta dễ thấy OM/ OP = CA /(CA +2CP) . Từ đó ta có S(M AB)/ S(PAB) = OM/OP = CA/(CA +2CP ). Suy ra S(MAB) = S(PAB) · CA/(CA +2CP)>/= S(PAB) · CA 2can2BC = (BC ·P A )/2 · CA /2 can2BC = 4R^2/ 4can2 = R^2/can2 . Đẳng thức xảy khi PB = can 2R.Hok Tốt =>>>>>>>>>>>>
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.
\(\text{a) Ta có:}\)
∠BFC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90o
∠BEC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90o
Tứ giác AEHF có:
∠AFC = 90o
∠AEC = 90o
=>∠AFC + ∠AEC = 180o
=> AEHF là tứ giác nội tiếp
b) ∠AFH = 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
\(\text{Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF}\)
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI = \(\frac{AH}{2}\) = 2cm
Ta có: ∠BAC = 60o
=> ∠FIE = 2∠BAC = 120o (Góc nội tiếp bằng \(\frac{1}{2}\) góc ở tâm cùng chắn một cung)
=> Số đo ∠EHF = 120o
Diện tích hình quạt IEHF là:
\(S=\frac{\pi R^2N}{360}=\frac{\pi.2^2.120}{360}=\frac{4\pi}{3}\left(ĐVDT\right)\)
\(\text{c) Xét tam giác ABC có: }\)
BE và CF là các đường cao
BE giao với CF tại H
=> H là trực tâm tam giác ABC
=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90o
Xét tứ giác BEFC có:
∠BFC = ∠BEC = 90o
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau
=> BEFC là tứ giác nội tiếp
=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
Xét tứ giác BFHD có:
∠BFH = ∠HDB = 90o
=>∠BFH + ∠HDB = 180o
=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180o)
=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)
Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH
=> FH tia phân giác của góc ∠DFE
d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO
Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90o
=> ∠OFB + ∠HCD = 90o (*)
\(\hept{\begin{cases}\Delta FIH\text{CÂN TẠI I}\\\widehat{IHF}=\widehat{DHC}\left(\text{ĐỐI ĐỈNH}\right)\\\Delta HDC\text{VUÔNG TẠI D}\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{HDC}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\widehat{IFH}+\widehat{HDC}=90^0\)
Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH
=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90o
Vậy FI là tiếp tuyến của (O)
Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)
Mà I là trung điểm của AH
=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.
HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP CỦA MIK NHA
VCN JACK trả lời cuc64 kì đ luôn . đ là chất
a) de dang chung minh \(HX//BC\) (tinh chat duong trung binh)
nen ta c/m duoc BHXC la hinh thang can
=> O thuoc trung truc HX ( do truc doi xung cua hinh thang can)
tuong tu ta cung c/m duoc O thuoc trung truc HZ,HY
Suy ra O la tam (XYZ)