Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, M là trung điểm BC.D thuộc (O) sao cho MB là phân giác góc AMD. Từ C kẻ đường thẳng song song với AD cắt (O) tại E.Chứng minh BE cắt AD tại trung điểm của AD.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
CM
18 tháng 2 2018
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 ^ .
3 tháng 2 2019
1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp
Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND
Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).
2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC2 = DM.DN. Dễ thấy: DC2 = DI.DA
Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)
=> KM2 = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD2 = KI.KB
Từ đó: KM2 = KD2 => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)
Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)
Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR
Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.
Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp
Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 900
Mặt khác: ^DTE = 1800 - ^DBE = 1800 - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE
Suy ra: ^CTE = 900 => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.
Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định
=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).
5 tháng 9 2019
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).
14 tháng 4 2023
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
Mình giải hơi dài không biết có đúng không. Bạn tự vẽ hình nha!
Gọi F là trung điểm của AD. I là trung điểm của AC. Ta qui về chứng minh B,F,E thẳng hàng
Trước hết ta chứng minh bài toàn phụ: Từ S ngoài (O) kẻ 2 tiếp tuyến SC,SB và cát tuyến SDA, gọi M là giao của SO với BC thì BC là phân giác của góc AMD (bạn tự chứng mình nha).
Áp dụng vào bài toán ta có: AOMD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AOD}=\widehat{AMD}\Leftrightarrow\frac{1}{2}\widehat{AOD}=\frac{1}{2}\widehat{AMD}\Leftrightarrow\widehat{ACD}=\widehat{AMB}\)
mà \(\widehat{ACD}+\widehat{ABD}=180^o,\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^o\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{AMC}\)
Xét (O) ta có: \(\widehat{ADB}=\widehat{ACB}\)
Suy ra \(\Delta ABD\)đồng dạng với \(\Delta AMC\)(g,g) mà F là trung điểm AD, I là trung điểm AC suy ra tam giác ABF đồng dạng với tam giác AMI (c.g.c) suy ra \(\widehat{ABF}=\widehat{AMI}\)
Dễ thấy: \(\widehat{OMI}+\widehat{OIC}=90^o+90^o=180^o\)suy ra OMCI nội tiếp suy ra \(\widehat{MIC}=\widehat{MOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BAC}\Rightarrow\widehat{AIM}=\widehat{BDC}\)
Kết hợp với \(\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=\widehat{MAC}\)(do tam giác ABD đồng dạng với tam giác AMC) suy ra tam giác AIM đồng dạng với tam giác CDB(g.g) suy ra \(\widehat{ABF}=\widehat{AMI}=\widehat{CBD}=\widehat{CAD}=\widehat{ACE}\left(AD//CE\right)=\widehat{ABE}\)suy ra B,F,E thẳng hàng hay BE đi qua trung điểm AD (đpcm)