Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có tứ giác AEDB nội tiếp (AB), tứ giác BFEC nội tiếp (BC) nên ^CID = ^CED = ^ABD = ^AEF = ^MEN
=> Tứ giác MINE nội tiếp => ^EMN = ^EIN = ^ECT => Tứ giác EMCT nội tiếp
Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn: NM.NT = NE.NC = NF.NK => Tứ giác MKTF nội tiếp
=> ^FKT = ^FMT = ^HMN. Cũng từ tứ giác MINE nội tiếp ta suy ra ^EMN = ^ECT = ^AFE
=> MN // AF. Mà AF vuông góc CH nên MN vuông góc CH
Kết hợp với ^HFC chắn nửa đường tròn (O) suy ra ^HMN = ^HCF (Cùng phụ ^MHC)
Do đó ^FKT = ^HCF = ^FKH. Vì H,T nằm cùng phía so với FK nên KT trùng KH
Vậy thì H,K,T thẳng hàng (đpcm).
a, Xét tứ giác BEHF có: góc BFH + góc BEH = 900 + 900 = 1800
=> Tứ giác BEHF nội tiếp.
b, Xét tứ giác AFEC có :
góc AFC = góc AEC ( = 900) (Hai góc cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc vuông)
=> Tứ giác AFEC nội tiếp
1) Do DN // AB nên ^DNC = ^BAC (Đồng vị). Mà ^BAC = ^DBC nên ^DNC = ^DBC => Tứ giác BNCD nội tiếp
Suy ra 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BND = ^BOD = ^COD = ^CND
Ta có: DN // AB => ^BND = ^ABN. ^CND = ^NAB => ^NBA = ^NAB => \(\Delta\)ANB cân tại N (đpcm).
2) Ta có: ^DCM = ^DNB = ^DNC => \(\Delta\)DMC ~ \(\Delta\)DCN => DC2 = DM.DN. Dễ thấy: DC2 = DI.DA
Suy ra: DM.DN = DI.DA => Tứ giác AIMN nội tiếp => ^IMK = ^IAN = ^IBC => \(\Delta\)MIK ~ \(\Delta\)MKB (g.g)
=> KM2 = KI.KB. Ta lại có: ^KDI = ^IAB = ^KBD => \(\Delta\)IKD ~ \(\Delta\)DKB (g.g) => KD2 = KI.KB
Từ đó: KM2 = KD2 => KM = KD = DM/2. Do G là trung điểm KD nên \(\frac{GM}{GK}=3\) (1)
Gọi giao điểm của tia AD và tia ND là R. Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{QB}{QM}=\frac{AB}{MR}\) (2)
Nếu ta gọi giao của PI với BC là V, theo phép vị tự thì I là trung điểm của PV. Từ đó suy ra: GM=GR
Mà GD = GK = GM/3 nên DK = MR/3. Lại áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IK}{IB}=\frac{DK}{AB}=\frac{MR}{3AB}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\frac{GM}{GK}.\frac{QB}{QM}.\frac{IK}{IB}=3.\frac{AB}{MR}.\frac{MR}{3AB}=1\). Theo đk đủ của ĐL Mélelaus thì 3 điểm Q,I,G tương ứng nằm trên các cạnh BM,BK,KM của \(\Delta\)BKM thẳng hàng (đpcm).
3) Gọi (HCS) cắt (O) tại điểm thứ hai là T. E là giao điểm của OD và BC.
Ta thấy: ^TBD = ^TCB = ^THS = ^THD (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây + Góc nội tiếp) => Tứ giác BHTD nội tiếp
Từ đó: 5 điểm B,H,E,T,D cùng thuộc 1 đường tròn => ^BTD = ^BED = 900
Mặt khác: ^DTE = 1800 - ^DBE = 1800 - ^BAC = ^BTC => ^DTE = ^BTC => ^BTD = ^CTE
Suy ra: ^CTE = 900 => T nằm trên đường tròn (CE) cố định. Mà T cũng thuộc (O) cố định.
Nên T là điểm cố định. Do đó: Dây CT của đường tròn (HCS) cố định
=> Tâm L của (HCS) luôn nằm trên đường trung trực của đoạn CT cố định (đpcm).
a) Ta có: \(\angle BFC=\angle BEC=90\Rightarrow BCEF\) nội tiếp
Gọi I là trung điểm BC
Ta có: \(\Delta BFC\) vuông tại F có I là trung điểm BC \(\Rightarrow IF=IB=IC\)
\(\Delta BEC\) vuông tại E có I là trung điểm BC \(\Rightarrow IE=IB=IC\)
\(\Rightarrow IE=IF=IB=IC\Rightarrow I\) là tâm (BCEF)
b) Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta MCT:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle MKB=\angle MCT\left(BKTCnt\right)\\\angle TMCchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MKB\sim\Delta MCT\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{MK}{MC}=\dfrac{MB}{MT}\Rightarrow MK.MT=MB.MC\left(1\right)\)
Xét \(\Delta MFB\) và \(\Delta MCE:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle MFB=\angle MCE\left(BCEFnt\right)\\\angle EMCchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MFB\sim\Delta MCE\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{MF}{MC}=\dfrac{MB}{ME}\Rightarrow MB.MC=MF.ME\left(2\right)\)
Ta có: \(\angle AFC=\angle ADC=90\Rightarrow AFDC\) nội tiếp
Tương tự \(\Rightarrow ABDE,AEHF\) nội tiếp
Ta có: \(\angle FEI=\angle FEB+\angle BEI=\angle FAH+\angle EBI\) (\(\Delta EBI\) cân tại I)
\(=\angle FAH+\angle EAD=\angle BAC=\angle BDF\) (AFDC nội tiếp)
\(\Rightarrow FDIE\) nội tiếp \(\Rightarrow\angle MDF=\angle MEI\)
Xét \(\Delta MFD\) và \(\Delta MIE:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle MDF=\angle MEI\\\angle EMIchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MFD\sim\Delta MIE\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{MF}{MI}=\dfrac{MD}{ME}\Rightarrow MD.MI=MF.ME\left(3\right)\)
Từ (1),(2) và (3) \(\Rightarrow MD.MI=MK.MT\)
c) Từ C kẻ đường thẳng song song với NS cắt AB,AD lần lượt tại J và L
Vì \(CJ\parallel NS\) và \(NS\bot IH\Rightarrow CJ\bot IH\) mà \(CD\bot HL\)
\(\Rightarrow I\) là trực tâm tam giác CHL \(\Rightarrow LI\bot HC\) mà \(AJ\bot CH\)
\(\Rightarrow IL\parallel BJ\) mà I là trung điểm BC \(\Rightarrow L\) là trung điểm CJ
mà \(CJ\parallel NS\) \(\Rightarrow G\) là trung điểm NS (dùng Thales để biến đổi thôi,bạn tự chứng minh nha)
a) Do các tứ giác BFEC ,DEIC , ABDE nội tiếp nên: \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{DIE}\)
\(\widehat{MEC}=\widehat{ABC}=\widehat{DEC}=\widehat{DIC}\Rightarrow\)Tứ giác MENI nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{DIE}=\widehat{EMN}\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{EMN}\Rightarrow MN//AB\)
Mà \(CH\perp AB\Rightarrow CH\perp MN\left(đpcm\right)\)
b) Xét \(\Delta ENM\)và \(\Delta TNC\)có: \(\widehat{EMN}=\widehat{EIN}=\widehat{NCT},\widehat{ENM}=\widehat{TNC}\Rightarrow\Delta ENM~\Delta TNC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{NE}{NT}=\frac{NM}{NC}\Rightarrow NC.NE=NM.NT\left(1\right)\)
Xét \(\Delta ENK\)và \(\Delta GNC\)có: \(\widehat{KEN}=\widehat{CGN},\widehat{ENK}=\widehat{GNC}\Rightarrow\Delta ENK~\Delta GNC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{NE}{NG}=\frac{NK}{NC}\Rightarrow NE.NC=NG.NK\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(NM.NT=NG.NK\Rightarrow\frac{NK}{NT}=\frac{NM}{NG}\Rightarrow\Delta TGN~\Delta KMN\)
\(\Rightarrow\widehat{KMN}=\widehat{TGN}\left(3\right)\)
Mà \(\widehat{KMN}=\widehat{HCK}\)(cùng phụ với \(\widehat{KHC}\))\(\Rightarrow\widehat{KMN}=\widehat{HGN}\)(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{TGN}=\widehat{HGN}\Rightarrow\)H, T, G thẳng hàng (đpcm)