Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O O D P G E H F O 1 2 3 K
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
A B C M Y Y' X P Q N K L (O ) 1 (O ) 2
Dựng một đường tròn đi qua M và X đồng thời tiếp xúc với BC, đường tròn đó cắt (O1) tại Y' khác M.
Gọi Y'M và XM cắt đường tròn (AXY') lần lượt tại K và L (K khác Y'; L khác X); BC cắt (O1);(O2) tại P,Q; QX cắt PY' tại N
Ta có ^AXN = 1800 - ^AXQ = 1800 - ^AMQ = ^AMP = ^AY'N, suy ra N thuộc đường tròn (AXY')
Do vậy ^AKM = ^ANP mà ^AMK = ^APN nên \(\Delta\)KAM ~ \(\Delta\)NAP (g.g) suy ra AK.AP = AM.AN
Tương tự \(\Delta\)MAL ~ \(\Delta\)QAN (g.g) thì AL.AQ = AM.AN. Từ đó AK.AP = AL.AQ, dễ có \(\Delta\)LAK ~ \(\Delta\)PAQ (*)
Vì ^XMQ = ^XY'M = ^MLK nên KL // PQ, kết hợp với (*) suy ra (AL,AP) = (AK,AQ) = (KL,PQ) = 0o
Từ đây P,L,A thẳng hàng và Q,K,A thẳng hàng. Khi đó PL.PA = PN.PY'; QK.QA = QX.QN (1)
Mặt khác \(\frac{KM}{NP}=\frac{AK}{AN};\frac{LM}{NQ}=\frac{AL}{AN}\Rightarrow\frac{AK}{AL}=\frac{KM}{NP}.\frac{NQ}{LM}\Rightarrow\frac{QN}{PN}=\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{QX.QN}{PN.PY'}=\frac{QX}{PY'}.\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}=\frac{QK.QA}{PL.PA}\Rightarrow\frac{QX}{PY'}.\frac{LM}{KM}=\frac{AK}{AL}\)
\(\Leftrightarrow\frac{QX}{PY'}=\frac{AK}{AL}.\frac{KM}{LM}\Rightarrow\frac{QX.AM}{PY'.AM}=\frac{AQ.MX}{AP.MY'}\)
Chú ý rằng tứ giác AQXM là tứ giác điều hòa, như vậy PY'.AM = AP.MY'. Suy ra tứ giác APY'M điều hòa
Ta thấy tiếp tuyến tại A của (O1) cắt AM tại C, do đó CY' cũng là tiếp tuyến của (O1)
Lại có CY là tiếp tuyến từ C đến (O1) nên Y trùng Y'. Vậy (MXY) tiếp xúc với BC tại M (đpcm).