Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Em kiểm tra lại đề bài . Gọi P, Q là hình chiếu của K trên BC và gì nữa vậy?
Gọi N là giao điểm của PQ và AH, gọi M là giao điểm của AH với (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH//KP nên tứ giác KPMN là hình thang.
Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được \(\widehat{QBK}=\widehat{ABK}=\widehat{ AMK}=\widehat{QPK}\)nên tứ giác KPMN nội tiếp. Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó \(\widehat{PMH}=\widehat{PHM}=\widehat{KNM}\)nên KN//HP.
Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
A B C M N O S D H E F K P Q I J
a) Ta thấy \(\widehat{AMN}=\widehat{ABH}+\frac{1}{2}\widehat{BHQ}=\widehat{ACH}+\frac{1}{2}\widehat{CHP}=\widehat{ANM}\). Suy ra \(\Delta AMN\) cân tại A.
b) Dễ thấy tứ giác BEFC và BQPC nội tiếp, suy ra \(\widehat{HEF}=\widehat{HCB}=\widehat{HPQ}\), suy ra EF || PQ
Hiển nhiên \(OA\perp PQ\). Do đó \(OA\perp EF.\)
c) Gọi MK cắt BH tại I, NK cắt CH tại J, HK cắt BC tại S.
Vì A,K là trung điểm hai cung MN của (AMN) nên AK là đường kính của (AMN)
Suy ra \(MK\perp AB,NK\perp AC\)hay MK || CH, NK || BH
Ta có \(\Delta BHQ~\Delta CHP\), theo định lí đường phân giác và Thales thì:
\(\frac{IH}{IB}=\frac{MQ}{MB}=\frac{NP}{NC}=\frac{JH}{JC}\). Suy ra IJ || BC
Cũng từ MK || CH, NK || BH suy ra HIKJ là hình bình hành hay HK chia đôi IJ
Do vậy HK chia đôi BC theo bổ đề hình thang. Vậy HK đi qua S cố định.
A B C D M N O I K P Q H S R L T E G
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 B C H L F K O I G P D Q
a) Ta có: Điểm K đối xứng với điểm F qua AC => FC=KC; AF=AK
=> \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)ACK (c.c.c) => ^AFC=^AKC (2 góc tương ứng)
Ta thấy tứ giác ABFC nội tiếp đường tròn tâm O => ^AFC=^ABC.
H là trực tâm của tam giác ABC => CH\(\perp\)AB (tại D)
=> ^HCB + ^ABC = 900 (1)
Lại có AH\(\perp\)BC => ^LHC + ^HCB = 900 (2)
Từ (1) và (2) => ^ABC=^LHC. Mà ^LHC + ^AHC = 1800
=> ^ABC + ^AHC = 1800. Do ^ABC=^AFC=^AKC (cmt) => ^AKC + ^AHC= 1800
Xét tứ giác AHCK có: ^AKC + ^AHC =1800 => Tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) AO cắt GI tại Q
Gọi giao điểm của AO và (O) là P = >^ACP=900 => ^CAP+^CPA=900 (*)
Thấy tứ giác ACPB nội tiếp đường tròn (O) => ^CPA=^ABC
Mà ^ABC+^AHC=1800 => ^CPA+^AHC=1800 (3).
Ta có tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp (cmt) => ^KAI=^CHI
Lại có \(\Delta\)ACF=\(\Delta\)ACK => ^FAC=^KAC hay ^KAI=^GAI => ^GAI=^CHI
Xét tứ giác AHGI: ^GAI=^GHI (=^CHI) (cmt) = >Tứ giác AHGI nội tiếp đường tròn
=> ^AIG+^AHG=1800 hay ^AIG + ^AHC=1800 (4)
Từ (3) và (4) => ^AIG=^CPA (**)
Từ (*) và (**) => ^CAP+^AIG=900 hay ^IAQ+^AIQ=900 => \(\Delta\)AIQ vuông tại Q
Vậy AO vuông góc với GI (đpcm).
A B C Q P I H K D L M N G J S T R E O
+) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của P lên AB,AC, L là hình chiếu của I trên MN. Kẻ BG và CJ cùng vuông góc MN.
Nhận xét: Trong \(\Delta\)ABC có đường phân giác trong AE, P và Q trên AE với ^ACQ = ^BCP (gt)
Ta sẽ chứng minh được ^ABP = ^CBQ dựa vào 1 bài toán nổi tiếng ở lớp 7 (Có trong sách NC & PT Toán 7, tập 2)
Tính chất trên là 1 trường hợp đặc biệt của "Đẳng giác". Các bạn có thể tự chứng minh hoặc đọc trong sách :)
Quay trở lại bài toán: Xét \(\Delta\)BMP và \(\Delta\)BIQ: ^PBM = ^QBI (cmt), ^BMP = ^BIQ (=900)
=> \(\Delta\)BMP ~ \(\Delta\)BIQ (g.g) => \(\frac{BI}{BM}=\frac{QI}{PM}\). Tương tự: \(\frac{CI}{CN}=\frac{QI}{PN}\)
Mà PM=PN nên \(\frac{BI}{BM}=\frac{CI}{CN}\)=> \(\frac{BI}{CI}=\frac{BM}{CN}\). Dễ thấy \(\Delta\)MAN cân tại A => ^AMN = ^ANM => ^BMG = ^CNJ
Suy ra: \(\Delta\)BGM ~ \(\Delta\)CJN (g.g) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{MG}{NJ}\). Từ đó: \(\frac{BI}{CI}=\frac{MG}{NJ}\)
Để ý hình thang vuông BCJG, nhờ ĐL Thales ta lập được tỉ số: \(\frac{BI}{CI}=\frac{GL}{JL}=\frac{MG}{NJ}=\frac{ML}{NL}=\frac{BM}{CN}\)
+) Kéo dài tia BH,CH cắt MN tại S,T. Có ngay \(\Delta\)THS ~ \(\Delta\)MPN (g.g) (Các cặp cạnh song song)
Ta thấy: L thuộc 2 cạnh MN,ST tương ứng, \(\frac{LM}{LS}=\frac{LN}{LT}\)(Vì \(\Delta\)BLS ~ \(\Delta\)CLT) => \(\Delta\)HLT ~ \(\Delta\)PLN (c.g.c)
=> ^HLT = ^PLN => 900 - ^HLT = 900 - ^PLN => ^HLI = ^PLI => LI là phân giác ^HLP (1)
+) Gọi R là giao điểm thứ hai của DP với đường tròn (O) => ^PRA= 900 => 5 điểm A,R,N,P,M cùng thuộc 1 đường tròn
=> Tứ giác ARMN nội tiếp => ^MRN = ^BAC = ^BRC, ^RNM = ^RAM = ^RCB nên \(\Delta\)RMN ~ \(\Delta\)RBC (g.g)
Kéo theo \(\Delta\)RMB ~ \(\Delta\)RNC (c.g.c) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{RM}{RN}\). Mà \(\frac{BM}{CN}=\frac{LM}{LN}\)(cmt) nên \(\frac{RM}{RN}=\frac{LM}{LN}\)
=> RL là phân giác ^MRN. Chú ý tứ giác RMPN nội tiếp có ^PMN = ^PNM => RP là phân giác ^MRN
Dẫn đến RL trùng với RP hay R,L,P thẳng hàng. Lại có: R,P,K thẳng hàng nên L,P,K thẳng hàng (2)
+) Từ (1) và (2) suy ra: LI là phân giác ^HLK. Mà KH vuông góc LI (Quan hệ song song vuông góc)
Nên \(\Delta\)HKL cân tại L hay H và K đối xứng nhau qua IL. Từ đó: IH = IK => \(\Delta\)HIK cân tại I (đpcm).