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). 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.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
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.
Hướng dẫn, hơi dài nên làm biếng giải chi tiết:
Kéo dài KE cắt AB tại F
BK là phân giác góc B nên hai tam giác vuông BKH và BKF bằng nhau (ch-gn)
\(\Rightarrow\widehat{BKF}=\widehat{BKE}\) \(\Rightarrow\widehat{BKA}=\widehat{BKE}\)
\(\Rightarrow\Delta BKA=\Delta BKE\left(g.c.g\right)\)
\(\Rightarrow AK=EK\)
Lại có \(\widehat{BKF}=\widehat{BDA}\) (đồng vị) \(\Rightarrow\widehat{BDA}=\widehat{BKH}=\widehat{AKD}\)
\(\Rightarrow\Delta AKD\) cân tại A hay \(AK=AD\)
\(\Rightarrow AD=EK\Rightarrow ADEK\) là hình bình hành hay DE song song AK (hay AH)
BC vuông góc AH nên nhận (3;1) là 1 vtpt và đi qua E(3;-7) \(\Rightarrow\) pt BC
ED đi qua E(3;-7) và song song AH nên nhận (1;-3) là 1 vtpt \(\Rightarrow\) pt DE
\(\Rightarrow\) Tọa độ D (giao của DE và \(\Delta\))
ADEK là hbh (theo cmt) và có 2 cạnh kề AK=AD nên ADEK là hình thoi
\(\Rightarrow AD=DE\)
Biết tọa độ D, E \(\Rightarrow\) độ dài DE
A thuộc AH nên tọa độ A có dạng: \(A\left(3a+16;a\right)\Rightarrow\overrightarrow{DA}=...\Rightarrow\left|\overrightarrow{DA}\right|=DE\)
\(\Rightarrow a\Rightarrow\) tọa độ A
\(\Rightarrow\) Phương trình AC (qua A và D)
\(\Rightarrow\) Phương trình AB (qua A và vuông góc AC)
Bài này có nhiều cách làm, vẽ thêm đường phụ cũng được, dùng định lý Menelaus cũng được nhưng lớp 10 thì nên dùng vecto
Ta có:
\(k=\dfrac{AG}{AB}=1-\dfrac{BG}{AB}=1-\dfrac{DE}{AB}=1-\dfrac{2DE}{3EF}\)
Đặt \(\dfrac{AD}{AM}=m\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{ED}=m\overrightarrow{EM}+\left(1-m\right)\overrightarrow{EA}\)
\(=m\left(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CM}\right)+\dfrac{1}{3}\left(m-1\right)\overrightarrow{AC}\)
\(=\dfrac{2}{3}m\overrightarrow{AC}+\dfrac{1}{2}m\overrightarrow{CB}+\dfrac{1}{3}\left(m-1\right)\overrightarrow{AC}\)
\(=\left(m-\dfrac{1}{3}\right)\overrightarrow{AC}+\dfrac{1}{2}m\overrightarrow{CB}\)
Lại có: \(\overrightarrow{EF}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{CB}\)
Mà \(D,E,F\) thẳng hàng nên:
\(\left(m-\dfrac{1}{3}\right)\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{2}m.\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow m=\dfrac{2}{3}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{ED}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{EF}\Rightarrow ED=\dfrac{1}{2}EF\)\(\Leftrightarrow\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow k=\dfrac{2}{3}\)
\(\text{a) Xét tứ giác BEFC có:}\)
\(\text{∠BEC = 90 o (CE là đường cao)}\)
\(\text{∠BFC = 90 ^0 (BF là đường cao)}\)
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông
=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp
\(\text{Xét tứ giác AEHF có:}\)
\(\text{∠AEH = 90 o (CE là đường cao)}\)
\(\text{∠AFH = 90 o (BF là đường cao)}\)
=> ∠AEH + ∠AFH = 180^ o
=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
\(\text{b) Xét ΔSBE và ΔSFC có:}\)
\(\text{∠FSC là góc chung}\)
\(\text{∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)}\)
=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{SB}{SF}\)=\(\frac{SE}{SC}\)\(\Rightarrow\text{SE.SF = SB.SC (1)}\)
\(\text{Xét ΔSMC và ΔSNB có:}\)
\(\text{∠ NSC là góc chung}\)
\(\text{∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)}\)
=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)
\(\Rightarrow\frac{SM}{SB}\)=\(\frac{SC}{SN}\Rightarrow\text{SM.SN = SB.SC (2)}\)
Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN
\(\text{c) Ta có:}\)
\(\hept{\begin{cases}\widehat{KAE}=\widehat{KCB}\left(\text{2 GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG KB}\right)\\\widehat{HAE}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC AEHF LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\\\widehat{KCB}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC BEFC LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\end{cases}}\)
=> ∠KAE = ∠HAE
=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH
\(\text{Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH}\)
=> ΔKAH cân tại A
=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH
=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB
\(\text{d) Tia BF cắt đường tròn (O) tại J}\)
∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)
∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )
=> ∠KJB = ∠EFH
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> KJ // EF
KI // EF (gt)
=> I ≡ J
=> H, F, J thẳng hàng
HÌNH THÌ VÀO XEM THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA
BÀI LÀM ĐÚNG MÀ SAO CÓ NGƯỜI K SAI TÔI ĐẢM BẢO BÀI NÀY ĐÚNG 100%