Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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).
C C C I E F A B 1 2 3 x M N D G y
a) Gọi Ax là tia tiếp tuyến chung của (C1) và (C2), AF cắt (C2) tại G khác A.
Ta có: ^GAx = ^GMA, ^FAx = ^FEA => ^GMA = ^FEA => GM // EF. Mà EF là tiếp tuyến tại I của (C2)
Nên C2I vuông góc GM. Do GM là dây cung của (C2) nên I là điểm chính giữa cung nhỏ GM
=> AI là phân giác của ^GAM hay AI là phân giác của ^FAE => \(\frac{AF}{AE}=\frac{IF}{IE}\)
Tương tự: \(\frac{BF}{BE}=\frac{IF}{IE}\). Từ đó: \(\frac{AF}{AE}=\frac{BF}{BE}\Rightarrow AF.BE=AE.BF\)
Áp dụng ĐL Ptolemy vào tứ giác AEBF nội tiếp có: \(AF.BE+AE.BF=AB.EF\)
Hay \(2AE.BF=2AB.ED\). Suy ra: \(\frac{AE}{AB}=\frac{ED}{BF}\) kết hợp với ^AED = ^ABF (Cùng chắn cung AF)
=> \(\Delta\)ADE ~ \(\Delta\)AFB (c.g.c) => ^DAE = ^FAB. Mà ^IAE = ^IAF (cmt) => ^IAD = ^IAB
=> AI là phân giác ^BAD (1)
Cũng từ \(\Delta\)ADE ~ \(\Delta\)AFB =>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AF}{AB}\); ^FAD = ^BAE => \(\Delta\)ADF ~ \(\Delta\)AEB (c.g.c)
=> ^ADF = ^AEB hay ^ADI = ^AEB. Tương tự: ^BDI = ^AEB => ^ADI = ^BDI => DI là phân giác ^ADB (2)
Từ (1);(2) suy ra: Điểm I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABD (đpcm).
b) Gọi My là tia đối của MN ta có ^AMy = ^EMN (3)
Ta thấy: IE là tiếp tuyến chung của (C2);(C3) => EM.EA = EN.EB (=EI2) => Tứ giác AMNB nội tiếp
=> ^EMN = ^EBA = ^EFA = ^MGA (Do GM // EF) (4)
Từ (3);(4) suy ra: ^MGA = ^AMy = 1/2.Sđ(AM => My là tia tiếp tuyến của (C2) hay MN là tiếp tuyến của (C2)
Hoàn toàn tương tự: MN cũng là tiếp tuyến của (C3). Từ đó: MN là tiếp tuyến chung của (C2) và (C3) (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'=\(\frac{2}{3}AA_1\)
Dễ c/m đc: \(\Delta AHB~\Delta DOE\)
=> \(\frac{AB}{DE}=\frac{AH}{OD}=\frac{GH}{OE}=\frac{1}{2}\)
Gọi K là trung điểm AH
Dễ c.m: AODK là hình bình hành
=> DK = OA = R
Xét tam giác ODA1: \(OA_1^2=OD^2+DA_1^2=OD^2+DH^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+DK^2\right)=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right)\)
MỌI NGƯỜI GIÚP MK Ý CHỨNG MINH DƯỚI ĐÂY:
Chứng minh: \(OB_1^2=OB_2^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right);\)\(OC_1^2+OC_2^2=\frac{1}{2}\left(OH^2+R^2\right)\)
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.
ở đây ko có lớp 10 đâu.
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