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).
F A B C O O 1 2 O D E K R M N I G H S J
a) Gọi AD cắt CE tại J. Khi đó tứ giác BEJD nội tiếp đường tròn (BJ).
Dễ thấy ^FDE = ^FDJ + ^EDJ = ^DAC + ^ECA = ^DEJ + ^JEF = ^FED => \(\Delta\)DEF cân tại F
Từ đó nếu gọi I là trung điểm của BJ thì ta có I là tâm nội tiếp của \(\Delta\)FO1O2
Do (O1) và (O) có hai điểm chung là A,B nên O1O là phân giác ^AO1D
Tương tự O2O là phân giác ^CO2E. Suy ra O là tâm bàng tiếp góc F của \(\Delta\)FO1O2
=> F,I,O thẳng hàng. Dễ có ^IEO1=^IBO1 = 900.
Gọi tiếp điểm giữa (O) và FO2 là G, hạ OH vuông góc AB. Khi đó ^FEI = ^FGO (=900)
=> \(\Delta\)FIE ~ \(\Delta\)FOG (g.g) => \(\frac{FI}{FO}=\frac{IE}{OG}=\frac{IJ}{OH}\)kéo theo \(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH (c.g.c)
=> E,J,H thẳng hàng. Từ đây, gọi S đối xứng với H qua (O) thì \(\Delta\)FJB ~ \(\Delta\)FHS (c.g.c)
=> F,B,S thẳng hàng. Hay FB đi qua S. Ta thấy AC cố định => OH=const => HS=const => S cố định.
Vậy FB luôn đi qua S cố định (đpcm).
b) Theo câu a, FJ đi qua H với H là trung điểm của AC. Theo bổ đề hình thang thì MN//AC
Suy ra ^MND = ^DAC = ^MED => Tứ giác MNED nội tiếp => ^MDN = ^MEN
=> ^MDN + 900 = ^MEN + 900 => ^BDM = ^BEN => 1800 - ^BDN = 1800 - ^BEN => ^MKB = ^NKB
Vì KB cắt đường tròn (MNK) tại R nên R là điểm chính giữa (MN => RM=RN
Ta lại có ^MEN = ^BEN - 900 = 900 - ^MKN/2 = ^MRN/2. Kết hợp với RM=RN
Dẫn đến điểm E thuộc đường tròn (R,RM). Tương tự có D cũng thuộc (R)
=> R là tâm ngoại tiếp tứ giác DMNE => RD = RE (đpcm).
Sửa E thành F ở chỗ "\(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH" nhé ! Gõ nhầm :)
Dễ c/m đc: \(\Delta AHB~\Delta DOE\)
=> \(\frac{AB}{DE}=\frac{AH}{OD}=\frac{GH}{OE}=\frac{1}{2}\)
Gọi K là trung điểm AH
Dễ c.m: AODK là hình bình hành
=> DK = OA = R
Xét tam giác ODA1: \(OA_1^2=OD^2+DA_1^2=OD^2+DH^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+DK^2\right)=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right)\)
MỌI NGƯỜI GIÚP MK Ý CHỨNG MINH DƯỚI ĐÂY:
Chứng minh: \(OB_1^2=OB_2^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right);\)\(OC_1^2+OC_2^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right)\)
Đề bài bị thừa hai điểm M,N nhé bạn.
Gọi X,Y tương ứng là tiếp điểm của hai đường tròn \(\left(O_1\right),\left(O_2\right)\) với \(BC\). Ta có \(\Delta O_1XH\sim\Delta O_2YH\) (cùng là tam giác vuông cân). Suy ra \(\frac{O_1H}{O_2H}=\frac{r_1}{r_2}\) với \(r_1,r_2\) tương ứng là bán kính đường tròn nội tiếp hai tam giác \(\Delta AHB,\Delta CHA.\) Mà \(\Delta AHB\sim\Delta CHA\) nên \(\frac{r_1}{r_2}=\frac{AB}{CA}\to\frac{O_1H}{O_2H}=\frac{AB}{CA}\to\Delta O_1HO_2\sim\Delta BAC\) (c.g.c). Suy ra \(\angle ABC+\angle HO_2O_1=90^{\circ}.\)
Đến đây ta có \(\angle CO_2O_1+\angle O_1BC=\angle HO_2C+\angle HO_2O_1+\angle O_1BC\)
\(=180^{\circ}-\frac{\angle AHC+\angle ACH}{2}+\angle HO_2O_1+\angle O_1BC=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle HAC}{2}+\angle HO_2O_1+\angle O_1BC\)
\(=90^{\circ}+\angle HO_2O_1+\angle ABC=180^{\circ}.\)
Vậy tứ giác \(BCO_1O_2\) nội tiếp.