Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
góc AEH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Góc CAB = 90o ( tam giác ABC vuông tại A)
=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)
b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)
=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)
c,gọi M là giao điểm của AI và EF
ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)
do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA
hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)
mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180o (tổng 3 góc trong một tam giác)
=> ACB + góc ABC = 90o (3)
từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90o
=> góc AME = 90o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)
hay AI uông góc với EF (đpcm)
a) Ta có O là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)ABC nên ^OAC = 900 - ^ABC hay ^OAC + ^ABC = 900
Đường tròn đường kính OP cắt AB,AC tại D,E => ^ABC = ^AED. Do đó ^OAC + ^AED = 900
Suy ra OA vuông góc với DE (đpcm).
b) Bổ đề (Quan sát hình bên phải) Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Một đường tròn (R) tiếp xúc với hai cạnh AB,AC đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (ABC) lần lượt tại M,N,P. Khi đó MN đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC.
Thật vậy: Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC. Ta thấy R vừa tiếp xúc dây AC tại N, vừa tiếp xúc trong với (ABC) tại P
Từ đó dễ suy ra PN đi qua điểm chính giữa (AC. Tương tự PM đi qua điểm chính giữa (AB
Gọi PM,PN cắt (ABC) lần lượt tại F,E thì CF cắt BE tại I (Vì I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC)
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm F,A,E,B,P,C ta thu được M,I,N thẳng hàng.
Quay trở lại bài toán: Gọi T là trung điểm OP. Hạ TH,TM,TN lần lượt vuông góc với DE,PB,PC
Có ^PEC = ^PBC = ^CAB => PE // AD. Tương tự PD // AE, suy ra tứ giác ADPE là hình bình hành
Dễ thấy T là tâm của (OP) và ^ETD = 2^EPD = 2^BAC = Sđ(BC(O) = const
Mà TD = TE = OP/2 = const nên độ dài đường cao của \(\Delta\)DTE không đổi hay TH = const
\(\Delta\)HTE = \(\Delta\)MTP = \(\Delta\)NTP (Ch.gn) => TH = TM = TN. Do vậy T cố định và là tâm nội tiếp \(\Delta\)PQR
Nếu ta gọi (S) là đường tròn tiếp xúc với PQ,PR lần lượt tại K,L và tiếp xúc trong với (PQR)
Thì lúc này K,T,L thẳng hàng (Bổ đề). Theo tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau thì PK = PL
=> \(\Delta\)KPL cân tại P và nhận PT làm đường cao. Ta thấy P,T,N đều cố định (cmt) nên PT,PN không đổi
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có PT2 = PN.PL => PL = const
Ta lại có PL2 = PT.PS, từ đây có PS = const. Mà S nằm trên tia PT cố định nên S cố định
Đồng thời SL2 = SK2 = PS2 - PL2 = const. Suy ra đường tròn (S) cố định
Vậy thì đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PQR luôn tiếp xúc với đường tròn (S) cố định (đpcm).
*) Nhận xét: Đường tròn (R) được nêu trong bổ đề chính là đường tròn Mixtilinear của tam giác ABC.
Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'.
câu c nè: mik ns ý chính nhé
h bạn kẻ tiếp tuyến tại A
chứng minh đc AO vuông góc vs MN
=> OA vuông góc vs EF
do OA cố định
=> đường thẳng qua A vuông góc vs EF luôn đi qua 1 điểm cố định
do câu a va b bn làm đc rồi nên mik nghĩ bn cx hok giỏi rồi nên mik làm tắt nha