Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét \(\Delta\)ABC: Trực tâm H => ^BAC + ^BHC = 1800. Tương tự: ^BPC + ^BMC = 1800
Suy ra: ^BAC + ^BHC = ^BPC + ^BMC. Ta có: ^BHC = ^BMC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
=> ^BAC = ^BPC => Tứ giác ABCP nội tiếp => P nằm trên (ABC) hay P thuộc (O) (đpcm)
b) Gọi AO cắt BC tại F'. Ta đi chứng minh F trùng F'. Thật vậy:
Gọi 2 đường cao của tam giác ABC là BT và CS. ST cắt AH tại I.
Tứ giác BSTC nội tiếp => ^ATS = ^ABC => ^ATI = ^ABF'. Dễ thấy: ^TAI = ^BAF'
Suy ra: ^AF'B = ^AIT. Mà HE // AF', ^AIT = ^HIS nên ^HEB = ^HIS => \(\Delta\)HBE ~ \(\Delta\)HSI (g.g)
=> \(\frac{BE}{SI}=\frac{HB}{HS}=\frac{BC}{ST}=\frac{AC}{AS}\). Ta cũng có: \(\Delta\)AF'C ~ \(\Delta\)AIS (g.g) => \(\frac{CF'}{SI}=\frac{AC}{AS}\)
Do đó: \(\frac{BE}{SI}=\frac{CF'}{SI}\)=> BE = CF' . Mà BE = CF nên CF = CF' => F trùng F' => A,F,O thẳng hàng (đpcm).
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BHC. Dễ thấy O đối xứng với K qua BC => CO=OP=CK (1)
Ta có: Hai đường tròn (N) và (K) có 2 điểm chung là B và M => KN vuông góc BM, kết hợp OK vuông góc BC
=> ^OKN = ^MBC (2 góc có 2 cạnh tương ứng vuông góc). Tương tự thì ^ONK = ^MBA
Mà ^MBC = ^MBA (Do BM là phân giác ^ABC) nên ^OKN = ^ONK => \(\Delta\)NOK cân tại O
Suy ra O nằm trên trung trực của NK và CP (Vì OP=OC)
Mặt khác: NK vuông góc BM. BM lại vuông góc CP (M là trực tâm \(\Delta\)BCP) => NK // CP
Từ đó: Trung trực của NK và CP trùng nhau => Tứ giác PNKC là hình thang cân => CK = PN (2)
Từ (1),(2) => PN = PO (đpcm).
a) Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là trực tâm tam giác PBC.
Từ đó ta có \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}\). Do H là trực tâm tam giác ABC nên \(\widehat{BAC}=180^0-\widehat{BHC}\)
Mà ta lại có \(\widehat{BHC}=\widehat{BMC}\)do tứ giác BHMC nội tiếp.
Do đó ta được \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}=180^0-\widehat{BHC}=\widehat{BAC}\). Suy ra bốn điểm A,B,C,P cùng thuộc một đường tròn
Vậy P nằm trên (O)
b) Dựng đường kính AK của đường tròn (O). Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành.
Xét \(\Delta BHE\)và \(\Delta CKF\)có BE = CF,\(\widehat{HBE}=\widehat{KCF}\), BH = CK nên \(\Delta BHE=\Delta CKF\left(c-g-c\right)\)
Từ đó ta được \(\widehat{KFC}=\widehat{HEB}\)suy ra HE song song với KF. Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thẳng hàng.
Vậy ba điểm A, F, O thẳng hàng (đpcm)
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Ta có \(\Delta BHC=\Delta CKB\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKB. Từ đó ta suy ra được OB = OC = IB = IC. Chú ý rằng ON là đường trung trực của AB và OI là đường trung trực của BC, IN là đường trung trực của BM nên ta suy ra được \(\widehat{ONI}=\widehat{ABM}\)và \(\widehat{OIN}=\widehat{MBC}\)
Từ đó dẫn đến \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)nên \(\widehat{OIN}=\widehat{ONI}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)hay tam giác OIN cân tại O, đồng thời ta có \(\widehat{NOI}=180^0-2\widehat{NIO}=180^0-\widehat{ABC}\)
Lại có \(\widehat{POB}=2\widehat{PCB}=2\left(90^0-\widehat{MBC}\right)=180^0-2\widehat{MBC}=180^0-\widehat{ABC}\)
Từ đó ta được \(\widehat{NOI}=\widehat{POB}\)nên suy ra \(\widehat{NOP}=\widehat{IOB}\)
Hai tam giác OBI và OPN có \(OI=ON,\widehat{NOP}=\widehat{IOB},OB=ON\)nên \(\Delta OBI=\Delta POB\)
Mà tam giác OBO cân tại B nên tam giác OPN cân tại P. Từ đó suy ra PN = PO
a) Ta có: \(\widehat{AMO}=\widehat{ADO}=\widehat{ANO}=90^o\) nên \(M,N,D\) cùng nhìn \(AO\) dưới một góc vuông suy ra \(M,D,O,N,A\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(F\) là giao điểm của \(AC\) và đường tròn \(\left(O\right)\).
\(\Delta ANF\sim\Delta ACN\left(g.g\right)\) suy ra \(AN^2=AC.AF\).
Xét tam giác \(AHN\) và tam giác \(AND\):
\(\widehat{HAN}=\widehat{NAD}\) (góc chung)
\(\widehat{ANH}=\widehat{ADN}\) (vì \(AMDON\) nội tiếp, \(\widehat{ANH},\widehat{ADN}\) chắn hai cung \(\stackrel\frown{AM},\stackrel\frown{AN}\) mà \(AM=AN\))
\(\Rightarrow\Delta AHN\sim\Delta AND\left(g.g\right)\)
suy ra \(AN^2=AH.AD\)
suy ra \(AC.AF=AH.AD\)
\(\Rightarrow\Delta AFH\sim\Delta ADC\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AFH}=\widehat{ADC}=90^o\)
suy ra \(\widehat{HFC}=90^o\) mà \(\widehat{BFC}=90^o\) (do \(F\) thuộc đường tròn \(\left(O\right)\))
suy ra \(B,H,F\) thẳng hàng do đó \(BH\) vuông góc với \(AC\).
Tam giác \(ABC\) có hai đường cao \(AD,BF\) cắt nhau tại \(H\) suy ra \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\).
có tồn tại
Gọi giao điểm thứ hai của AH,BH,CH với đường tròn (O) thứ tự là D,E,F. Gọi OD cắt BC tại M, OE cắt CA tại N, OF cắt AB tại P.
Ta sẽ chứng minh 3 điểm M,N,P nói trên thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện của đề:
+) ĐK 1: MH + MO = NH + NO = PH + PO
Ta có: ^BDH = ^BDA = ^BCA = ^BHD => \(\Delta\)HBD cân tại B => BH = BD. Tương tự: CH = CD
Do đó: BC là trung trực của HD. Vì M thuộc BC nên MH = MD => MH + MO = MD + MO = OD = R
Chứng minh tương tự ta được: MH + NO = NH + NO = PH + PO = R (R là bán kính đường tròn (O)) (Thỏa mãn)
+) ĐK 2: AM,BN,CP đồng quy (Đặt 1800 - 2.^BAC = \(\alpha\); 1800 - 2.^ABC = \(\beta\); 1800 - 2.^ACB = \(\gamma\))
Đường tròn (O) có: ^BOD và ^BAD là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn (BD => ^BOD = 2.^BAD
Hay ^BOM = 2.(900 - ^ABC) = 1800 - 2.^ABC. Tương tự: ^COM = 1800 - 2.^ACB
Áp dụng ĐL hàm Sin: \(\frac{BM}{CM}=\frac{\sin\widehat{BOM}}{\sin\widehat{COM}}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}\)Tương tự: \(\frac{AP}{BP}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta};\frac{CN}{AN}=\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}\)
Từ đó: \(\frac{AP}{BP}.\frac{BM}{CM}.\frac{CN}{AN}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}.\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}=1\)
Theo điều kiện đủ của ĐL Céva thì 3 đường thẳng AM,BN,CP đồng quy (Thỏa mãn)
Vậy nên tồn tại 3 điểm M,N,P là 3 điểm thỏa mãn bài.