Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét đường tròn (O) có: AM và AN là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A (gt)
\(\Rightarrow\) AM = AN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Mà AM = \(\dfrac{1}{2}\)AC; AN = \(\dfrac{1}{2}\)AB
\(\Rightarrow\) AB = AC
Xét tam giác ABC có: AB = AC (cmt)
\(\Rightarrow\) tam giác ABC cân tại A (đ/lí tam giác cân)
Chúc bn học tốt!
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).
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).
CM được \(\Delta\)ABC cân tại A (theo Cho tam giác ABC có đường tròn tiếp xúc với hai cạnh AB, AC và với hai trung tuyến BM, CN( M thuộc AC, N thuộc AB). Chứn... - Hoc24)
\(\Rightarrow\) AB = AC (t/c) (1)
Mà: M là trung điểm của AC; N là trung điểm của AB
\(\Rightarrow\) AM = AN (2)
Ta có: SAMB = SANC
\(\Rightarrow\) AM.MB = AN.NC
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AM}{AN}=\dfrac{NC}{MB}\)
Mà: AM = AN
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{NC}{MB}=\dfrac{AM}{AM}=1\)
\(\Rightarrow\) NC = MB (3)
Cộng 2 vế của (1); (2); (3) ta được:
AM + MB + AB = AN + NC + AC (đpcm)
Chúc bn học tốt!