Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A D E C I B J H K M O
- vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
- I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
- Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)
a, Ta co 2 bo de quen thuoc sau : FC la phan giac ^EFD, FB la phan giac PFD
ma QR//EP nen
\(\widehat{PFB}=\widehat{FQD}=\widehat{QFD}\Rightarrow\Delta DFQ\) can tai D => DF=DQ (1)
mat khac theo tinh chat tia phan giac ngoai ^PFD co \(\frac{FD}{FP}=\frac{CD}{CP}\)
ma \(\frac{CD}{CP}=\frac{DT}{PF}\) (DT//PF)
suy ra \(\frac{DF}{PF}=\frac{DT}{PF}\Rightarrow DT=DF\) (2)
Tu(1)va (2) suy ra DT=DQ hay D la trung diem QT
b, Goi S la trung diem BC ta chung minh PQSR noi tiep
Co \(\Delta PSE~\Delta ESD\left(G-G\right)\Rightarrow\frac{PS}{ES}=\frac{ES}{SD}\Leftrightarrow ES^2=PS.DS\)
lai co ES=SB=SC do S la trung diem canh huyen BC cua tam giac vuong BEC
suy ra \(BS^2=PS.SD=DS\left(PD+DS\right)=SD^2+PD.DS\)
=> \(PD.DS=BS^2-SD^2=\left(BS-DS\right)\left(BS+DS\right)=BD.DC\) (3)
Mat khac ^DQB=^PFB(cmt)
^PFB=^RCD( BFEC nt)
suy ra ^DQB=^RCD=> BQCR noi tiep
=> \(BD.DC=DQ.DR\) (4)
Tu (3),(4) suy ra DP.DS=DQ.DR => PQDR noi tiep
=> (PQR) di qua S la trung diem BC co dinh
c,lay H' doi xung voi H qua BC, ta co H' thuoc (O) .
ta lai co bo de sau : \(BD.DC=DH.DA\) (quen thuoc)
suy ra \(DP.DS=DH.DA\left(=DB.DC\right)\)
<=> \(\frac{DH}{DP}=\frac{DS}{DA}\)
ma ^HDP=^SDA=90
suy ra \(\Delta DHP~\Delta DSA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{DHP}=\widehat{DSA}\)
va \(\widehat{DSA}=\widehat{AHK}\left(phu\widehat{DAS}\right)\)
=>\(\widehat{DHP}=\widehat{AHK}\) => P,H,K thang hang
lai co \(\widehat{AFH}=\widehat{AKH}=\widehat{AEH}=90\)
=> A,F,H,K,E cung thuoc 1 duong tron =. FHKE noi tiep
=>\(PF.PE=PH.PK\) (5)
ma BFEC noi tiep => \(PF.PE=PB.PC\) (6)
(5)+(6)Suy ra \(PH.PK=PB.PC\) => BHKC noi tiep
Vi H' ,I doi xung voi H,K qua BC ma BHKC noi tiep => BH'IC noi tiep
do vay \(I\in\left(BH'C\right)=\left(ABH'C\right)=\left(O\right)\)
e,Goi tam (CJL) la U, (U) cat (O) tai V, BC giao OG tai X
=> \(\widehat{VBG}=\widehat{VJG}\left(=\widehat{VCB}\right)\) =>BJVG noi tiep
=> B,J,X,V,G cung thuoc 1 duong tron => ^BVG=^BXG=90
lai co ^XVG +^XBG=180 hay ^XVG+^BAC=180
va ^BVC+^BAC=180
suy ra ^XVG=^BVC
hay 90 +^XVB=^XVB+^XVC
=> ^XVC=90
=> V thuoc duong tron dk XC
mat khac V cung thuoc (O)
suy ra V co dinh ,C co dinh
suy ra tam U di chuyen tren trung truc VC co dinh (dpcm)
a) cm tứ giác CHOD nội tiếp, rồi sẽ cm đc HK là phân giác của tam giác HAC, suy ra đpcm
b) Gọi N là giao điểm của AB và OI, cm OI.ON = OH.OM = R2 => ON = R2/OI mà d cố định nên OI không đổi