Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O. Gọi E,F,G,H lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB. CMR: EFGH là hình chữ nhật.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
DT
30 tháng 4 2021
a) Xét Δ AFH vuông tại F => A, F, H thuộc đường tròn đường kính AH
ΔAGH vuông tại G => A, G, H thuộn đường tròn đường kính AH
=> Tứ giác AFHG nội tiếp đường tròn đường kính AH
CMTT => BGFC nội tiếp đường tròn đường kính BC
b) Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHG => I là trung điểm AH
M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BGFC => M là trrung điểm BC
Xét ΔAHG vuông tại G, trung tuyến GI => GI = IA = IH => ΔIAG cân tại I => \(\widehat{IAG}=\widehat{IGA}\)
CMTT => \(\widehat{MCG}=\widehat{MGC}\). Mà \(\widehat{MCG}=\widehat{IAG}\) (cùng phụ \(\widehat{GBC}\)) => \(\widehat{MGC}=\widehat{IGA}\)
=> \(\widehat{IGA}+\widehat{IGH}=\widehat{MGC}+\widehat{IGH}=\widehat{IGM}=90^o\) => IG ⊥ MG
=> MG là tiếp tuyến đường tròn tâm I
c) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) => \(\widehat{ACK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ΔACK vuông tại C => \(\widehat{KAC}=90^o-\widehat{AKC}\)
ΔABE vuông tại E => \(\widehat{EAB}=90^o-\widehat{ABE}\) hay \(\widehat{DAB}=90^o-\widehat{ABC}\)
Xét đường tròn (O) có \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\))
=> \(90^o-\widehat{AKC}=90^o-\widehat{ABC}\) => \(\widehat{DAB}=\widehat{KAC}\) => \(\stackrel\frown{BD}=\stackrel\frown{KC}\) (góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau)
=> BD = KC (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau)
Xét ΔAKC vuông tại C, theo định lý Pytago có: AC2 + KC2 = AK2
Xét ΔAEC vuông tại E, theo định lý Pytago có: EA2 + EC2 = AC2
ΔBED vuông tại E, theo định lý Pytago có: EB2 + ED2 = BD2
Mà BD = KC (cmt) => BD2 = KC2 => EB2 + ED2 = KC2
=> EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AC2 + KC2 = AK2 = (2R)2 = 4R2
19 tháng 6 2019
a) Ta có ^AIC' = ^IAC + ^ICA = ^IAB + ^ICB = ^IAB + ^BAC' = ^IAC' => \(\Delta\)AC'I cân tại C'
=> C' nằm trên trung trực của AI. Tương tự B' cũng nằm trên trung trực của AI => B'C' vuông góc AI
Hay A'I vuông góc với B'C'. Lập luận tương tự B'I vuông góc A'C', C'I vuông góc A'B'
Do đó I là trực tâm của \(\Delta\)A'B'C' (đpcm).
b) Ta thấy ^FDE = ^A'DC' = ^A'AC' = ^IAC' = C'IA (Vì \(\Delta\)AC'I cân tại C') = ^EIC'
Suy ra tứ giác DEIF nội tiếp (đpcm).
c) Gọi S là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)DEF. Vì tứ giác DEIF nội tiếp (cmt) nên S đồng thời là tâm ngoại tiếp DEIF
Gọi giao điểm thứ hai giữa (S) và (O) là G. Khi đó ^DFG = ^DEG => ^GFA' = ^GEC'
Lại có ^EGF = ^EDF = ^A'DC' = ^A'GC' => ^FGA' = ^EGC'. Do vậy \(\Delta\)GEC' ~ \(\Delta\)GFA' (g.g)
=> \(\frac{GC'}{GA'}=\frac{EC'}{FA'}\). Mặt khác ^A'IF = ^C'IA = ^C'AI = ^C'AE và ^IA'F = ^AA'D = ^AC'D = ^AC'E
Cho nên \(\Delta\)AEC' ~ \(\Delta\)IFA' (g.g) => \(\frac{EC'}{FA'}=\frac{AC'}{IA'}\). Mà các điểm A,I,A',C' đều cố định
Nên tỉ số \(\frac{AC'}{FA'}\) là bất biến. Như vậy \(\frac{GC'}{GA'}\)không đổi, khi đó tỉ số giữa (GC' và (GA' của (O) không đổi
Kết hợp với (O), A',C' cố định suy ra G là điểm cố định. Theo đó trung trực của IG cố định
Mà S thuộc trung trực của IG (do D,I,E,F,G cùng thuộc (S)) nên S di động trên trung trực của IG cố định (đpcm).
