Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
CAI NAY mk chua hoc xl ban ,chuc ban nam ms vv hp bên gia đinh nhe ////
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).
Gọi G' là giao của IJ và AA1
Xét \(\Delta\)ABC có B1;C1 lần lượt là trung điểm của cạnh AC và AB
=> B1C1 =\(\frac{BC}{2}\). Tương tự: A1B1=\(\frac{AB}{2}\); C1A1=\(\frac{CA}{2}\)
Xét \(\Delta\)A1B1C1 và \(\Delta\)ABC có: \(\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{B_1C_1}{BC}=\frac{C_1A_1}{CA}\left(=\frac{1}{2}\right)\)
Do đó tam giác A1B1C1 đồng dạng với tam giác ABC (c.c.c)
=> \(\widehat{B_1A_1C_1}=\widehat{BAC};\widehat{A_1B_1C}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{JA_1B_1}=\frac{\widehat{B_1A_1C_1}}{2},\widehat{IAB}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)
Do đó: \(\Delta JA_1B_1\) đồng dạng với tam giác IAB (g.g)
=> \(\frac{JA_1}{IA}=\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{1}{2}\)
Mà \(\widehat{BAA_1}=\widehat{AA_1B_1}\left(slt;AB//A_1B_1\right)\). Nên \(\widehat{IAA_1}=\widehat{IA_1A}\Rightarrow AI//A_1J\)
Xét tam giác G'AI có: A1J // AI => \(\frac{G'A_1}{G'A}=\frac{G'J}{G'I}=\frac{JA_1}{IA}=\frac{1}{2}\) (hệ quả của định lý Talet)
=> \(AG'=\frac{2}{3}AA_1\)
Tam giác ABC có AA1 là đường trung tuyến, G' thuộc đoạn thẳng AA1 và AG' \(=\frac{2}{3}AA_1\)
Do đó G' là trọng tâm tam giác ABC, G' thuộc đoạn thẳng AA1 và AG'=\(\frac{2}{3}AA_1\)
A N M D E F G L P Q T H K I I J J 1 2 1 2
a) Xét đường tròn (J1) có: ^HJ1D = 2.^HMD (^HMD=1/2.Sđ(HD ). Tương tự: ^KJ2D = 2.^KND
Dễ thấy tứ giác MEFN nội tiếp (Do ^MEN = ^MFN) => ^DMH = ^DNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)
Do đó: ^HJ1D = ^KJ2D. Mà các tam giác HJ1D và KJ2D cân tại J1 và J2 => ^J2DK + 1/2.^HJ1D = 900
Hay ^J2DK + ^HMD = 900 => J2D vuông góc EM. Có J1H vuông góc EM => J2D // J1H
=> ^J1DJ2 = ^HJ1D (So le trong) => ^HDK = ^J1DJ2 + ^J1DH + ^J2DK = ^HJ1D + ^J1DH + ^J1HD = 1800
=> 3 điểm K,H,D thẳng hàng. Lại có: ^AHD = 1/2.Sđ(HD; ^AKD = 1/2.Sđ(KD => ^AHD = ^AKD
Từ đó: ^AHK = ^AKH => \(\Delta\)HAK cân tại A => AH=AK
Gọi giao điểm của tia AD với (I1) và (J1) lần lượt là P' và Q'. Ta sẽ chứng minh P' trùng P; Q' trùng Q.
Theo hệ thức lượng trong đường tròn: AH2 = AD.AQ' => AK2 = AD.AQ' => \(\Delta\)ADK ~ \(\Delta\)AKQ' (c.g.c)
=> ^AKD = ^AQ'K = 1/2.Sđ(DK => Điểm Q' nằm trên (J2) => Q' trùng Q (1)
Tương tự: AE.AM = AD.AP'; AE.AM = AF.AN => AF.AN = AD.AP' => \(\Delta\)ADF ~ \(\Delta\)ANP' (c.g.c)
=> ^ADF = ^ANP' => Tứ giác DFNP' nột tiếp => Điểm P' thuộc (DFN) hay P' thuộc (I2) => P' trùng P (2)
Từ (1) và (2) => Tia AD đi qua 2 điểm P và Q hay 3 điểm D,P,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Định trên đoạn thẳng EF một điểm T thỏa mãn \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)
Ta thấy ^GEA = ^GFA => ^GEH = ^GFK. Kết hợp với ^GHE = ^GKF => \(\Delta\)GEH ~ \(\Delta\)GFK (g.g)
=> \(\frac{GE}{GH}=\frac{GF}{GK}\). Lại có: ^EGF = ^EAF = ^HGK (Các góc nội tiếp) => \(\Delta\)GEF ~ \(\Delta\)GHK (c.g.c)
Do T và D định trên các cạnh EF, HK các tỉ số tương ứng bằng nhau nên \(\Delta\)GTF ~ \(\Delta\)GDK (c.g.c)
=> \(\frac{GT}{GD}=\frac{GF}{GK}\). Nhưng ^TGD = ^FGK (=^TGF - ^TGK) nên \(\Delta\)GTD ~ \(\Delta\)GFK (c.g.c)
=> ^GDT = ^GKF. Mà ^GKF = ^GQD => ^GDT = ^GQD = 1/2.Sđ(GD => DT là tia tiếp tuyến của đường tròn (DGQ) (3)
Mặt khác:^GLE = ^GFE = ^GKH = ^GQH. Dễ thấy: \(\Delta\)LEF ~ \(\Delta\)QHK. Từ \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)=> \(\Delta\)ELT ~ \(\Delta\)HQD
=> ^ELT = ^HQD => ^ELT - ^GLE = ^HQD - ^GQH => ^GLT = ^GQD. Mà ^GQD = ^GDT (cmt) nên ^GLT = ^GDT
Từ đó có: Tứ giác GDLT nội tiếp hay điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (4)
Qua (3) và (4) suy ra: Tiếp tuyến tại D của đường tròn (DGQ) cắt EF tại điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (đpcm).
Bổ đề: Nếu tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp O và trực tâm H thì \(\vec{OH}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}\).
Chứng minh: Xét hiệu \(\vec{s}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}-\vec{OH}=\left(\vec{OA}+\vec{OB}\right)+\vec{HA}\), có phương vuông góc với BC, tương tư vector s có phương vuông góc với CA. vậy vector s vuông góc với hai phương khác nhau nên là vector không.
Bằng cách tính góc, ta có \(IA_1\perp B_1C_1,IB_1\perp A_1C_1\to\) I chính là trực tâm tam giác A1B1C1. Từ đó áp dụng bổ đề 1, cho ta ngay a)
b) Ta có \(\vec{OA_1}=\frac{R}{r}\vec{IA_2},\vec{OB_1}=\frac{R}{r}\vec{IB_2},\vec{OC_1}=\frac{R}{r}\vec{IC_2}\to\vec{OA_1}+\vec{OB_1}+\vec{OC_1}\)
\(=\frac{R}{r}\left(\vec{IA_2}+\vec{IB_2}+\vec{IC_2}\right)=3\frac{R}{r}\vec{IG'}\) trong đó G' là trọng tâm tam giác A2B2C2. Theo câu a, ta suy ra véc tơ OI bằng 3R/r lần véc tơ IG', do đó điểm O nằm trên đường thẳng IG'. Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2C2 và G' là trọng tâm nên IG' chính là đường thẳng Ơ-le của tam giác A2B2C2. Suy ra OI chính là đường thẳng Ơ le của tam giác A2B2C2
A B C M N P Q R S
Gọi R,S lần lượt là điểm đối xứng với C,B qua N,P. Lấy Q' là trung điểm của RS.
Ta có: \(AR=CA-CR=CA-2.\frac{CA+CP-AP}{2}=AP-CP\)
Tương tự \(AS=AP-BP\). Vì \(BP=CP< PA\) nên \(AR=AS\)
Suy ra AQ' là trung tuyến của \(\Delta\)RAS và cũng là đường phân giác \(\widehat{BAC}\)
Mặt khác tam giác BPC cân tại P có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC tại M, suy ra M là trung điểm BC
Theo tính chất đường trung bình thì tứ giác MNQ'P là hình bình hành
Do vậy Q' trùng với Q. Mà AQ' là phân giác góc BAC nên AQ là phân giác góc BAC.
Sửa cả đề và trong bài giải luôn: Thay điểm P nằm trong tam giác thành P', tránh trùng với điểm P trên cạnh AB.