Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ OI vuông góc với FG tại I. Ta chứng minh OI=OM =a/2 (a là cạnh của hình vuông)
KHI đó GF tiếp xúc với đường tròn tại I
Hai tam giác vuông ADG và FBK có:
\(\widehat{DAG}=\widehat{KFB}\)( \(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=90^0\Rightarrow\widehat{A_1}+\widehat{K_1}=90^0\)MÀ \(\widehat{K_1}+\widehat{KFB}=90^0\))
\(\Rightarrow\Delta ADG~\Delta FBK\Rightarrow\frac{AD}{FB}=\frac{DG}{BK}\)
\(\Rightarrow DG=\frac{AD}{FB}.BK=\frac{a}{3a}.\frac{a}{2}=\frac{2a}{3}\)
Từ đó \(CG=\frac{a}{3};MG=\frac{a}{2}-\frac{a}{3}=\frac{a}{6}\)
Trong tam giác vuông CGF có:
\(GF^2=CF^2+CG^2=\frac{a^2}{16}+\frac{a^2}{9}=\frac{25a^2}{144}\Rightarrow CF=\frac{5a}{12}\)
Ta có: \(S_{OGF}=S_{OMCN}-\left(S_{ÒNF}+S_{OMG}+S_{CGF}\right)\)\(=\frac{a^2}{4}-\left(\frac{a^2}{16}+\frac{a^2}{24}+\frac{a^2}{24}\right)=\frac{5a^2}{48}\)(1)
Mặt khác: \(S_{OGF}=\frac{1}{2}.OI.GF=OI.\frac{5a}{24}\)(2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\frac{5a^2}{48}=OI.\frac{5a}{24}\Rightarrow OI=\frac{a}{2}\)
Vậy GF tiếp xúc với đường tròn tâm O tại I
đánh dấu A1 vào góc DAG , A2 vào góc BAC, K1 vào góc BKC. kẻ OM vuông góc DC, kẻ OG, kẻ OI vuông góc GF
ID cắt EF tại G. cần chứng minh A,G,M thẳng hàng
A B C I D E F M M' G S T
Ta có : AG cắt BC tại M'. đường thẳng qua G song song với BC cắt AB,AC tại S,T
Dễ thấy \(ID\perp BC\)\(\Rightarrow IG\perp ST\)
Tứ giác FSGI nội tiếp, tứ giác IGET nội tiếp \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{IFG}=\widehat{ISG}\\\widehat{ITG}=\widehat{IEG}\end{cases}\Rightarrow\widehat{ISG}=\widehat{ITG}}\)( Vì \(\widehat{IFG}=\widehat{IEG}\))
\(\Rightarrow\Delta IST\)cân tại I có \(IG\perp ST\)nên GS = GT
Xét hình thang STCB có BS,M'G,CT cắt nhau tại A và G là trung điểm của ST nên M' là trung điểm của BC
\(\Rightarrow M'\equiv M\)hay A,G,M thẳng hàng
A B C F E K D I M G H N
AM cắt KI tại H
Dễ thấy \(AI\perp EF\)nên \(KG\perp AI\)
\(\Delta AIK\)có \(IG\perp AK;KG\perp AI\)nên G là trực tâm \(\Rightarrow AG\perp KI\)tại H
AI cắt EF tại N
Tứ giác ANHK nội tiếp \(\Rightarrow IH.IK=IN.IA=IF^2=ID^2\Rightarrow\frac{IH}{ID}=\frac{ID}{IK}\)
\(\Rightarrow\Delta IDH\approx\Delta IKD\left(c.g.c\right)\)\(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IKD}\)( 1 )
Tứ giác IHMD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IMH}\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{IKD}=\widehat{IMH}\)
Mà \(\widehat{IMH}+\widehat{MIH}=90^o\)suy ra \(\widehat{IKD}+\widehat{MIH}=90^o\)
\(\Rightarrow MI\perp DK\)
b, Vì DF//AB nên \(\widehat{DHC}=\widehat{BAC}\)(đồng vị)
mà \(\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{DOC}\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)
\(\Rightarrow\widehat{DOC}=\widehat{DHC}\)hay tứ giác DOHC nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{DHO}=\widehat{DCO}=90^0\)\(\Rightarrow OH\perp DF\)
câu c tí nữa làm :P
c, Từ a, b => 5 điểm B,O,H,C,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD
Vì tứ giác BHCD nội tiếp \(\Rightarrow ID.IH=IB.IC\)
Vì tứ giác BECF nội tiếp \(\Rightarrow IE.IF=IB.IC\)
\(\Rightarrow ID.IH=IE.IF\)
A B C O M E F P Q' R S T H G Q
Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt EF tại Q'. Ta sẽ chỉ ra Q trùng Q'.
Thật vậy: Ta có ^BFC = ^BEC = 900 => Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (BC)
=> ^AFE = ^ACB = ^BAP (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) => EF // AP (2 góc so le trong bằng nhau)
Gọi H là trực tâm \(\Delta\)ABC, EF cắt BC tại R, AR cắt lại (O) ở S, kẻ đường kính AT của đường tròn (O)
Khi đó dễ thấy tứ giác BHCT là hình bình hành. Do M là trung điểm BC nên H,M,T thẳng hàng
Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn có: RF.RE = RB.RC = RS.RA => A,S,E,F cùng thuộc 1 đường tròn
Mà dễ có A,E,H,F cùng nằm trên đường tròn (AH) nên A,S,F,H,E cùng nằm trên (AH)
=> ^ASH = 900 => SH vuông góc AS. Lại có ST vuông góc AS nên S,H,T thẳng hàng
Kết hợp H,T,M thẳng hàng suy ra S,H,M thẳng hàng. Từ đây MH vuông góc AR tại S
Cũng có AH vuông góc RM nên H là trực tâm \(\Delta\)RAM => RH vuông góc AM
Mà PQ' cũng vuông góc AM nên RH // PQ'. Nếu ta gọi BE giao PQ' tại G thì RH // PG
Áp dụng ĐL Thales, ta có các tỉ số: \(\frac{BH}{HG}=\frac{BR}{RP}\)(Vì PH // PG) \(=\frac{BF}{FA}\)(Vì EF // AP)
Do đó AG // FH (ĐL Thales đảo) hay CH // AG => \(\frac{EC}{EA}=\frac{EH}{EG}\)(Hệ quả ĐL Thales)
Chú ý RH // PQ' hay RH // GQ' suy ra \(\frac{EH}{EG}=\frac{ER}{EQ'}\).Từ đó \(\frac{EC}{EA}=\frac{ER}{EQ'}\)=> AQ' // CR (ĐL Thales đảo)
Khi đó, đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại Q'. Do vậy Q' trùng Q
Điều này tức là PQ vuông góc AM (đpcm).
HÌNH BẠN TỰ VẼ NHA
a )
Xét tứ giác BDCO , co :
\(\widehat{B}=90^o\left(gt\right)\)
\(\widehat{C}=90^o\left(gt\right)\)
\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^o+90^o=180^o\)
Vay : tứ giác BDCO nội tiếp ( vì có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180o )
b ) Xét \(\Delta DCEva\Delta DFC,co:\)
\(\widehat{D}\) là góc chung
\(\widehat{ECD}=\widehat{EFC}\) ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )
Do do : \(\Delta DCE~\Delta DFC\left(g-g\right)\)
=> \(\frac{DC}{DE}=\frac{DF}{DC}\)
=> DC2 = DE . DF
ta có góc DIC=AIF ( đđ )
mà góc AIF = IAB (slt)
gọi H là giao điểm của OD với đường tròn
mà góc IAB = COD ( =1/2 cung CB )( Vì ACB là góc nội tiếp chắn cung CB và COD là góc ở tâm chắn cung CH mà Cung CH= cung BH= cung CB/2)
từ đó suy ra góc CID= COD
suy ra tứ giác CIOD nội tiếp( hai góc bằng nhau cùng chắn cung CD)
suy ra góc OID=OCD=90°
suy ra OI vuông với EF
suy ra I là trung điểm của EF(đpcm)