Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
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.
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
Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.
Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn
Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)
Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )
Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.
Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID
Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)
Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp
Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF
Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK
Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC) (1)
Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2
Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).
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).
.
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 .
