Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
C D B E A O P K M L Q S T R F N I x
a) Ta thấy: Tứ giác BKQC nội tiếp đường tròn => ^CKQ = ^CBQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) (1)
Ta có: MK // AD => ^CKM = ^CAD (Đồng vị) . Mà ^CAD = ^CBD (Cùng chắn cung CD) => ^CKM = ^CBD (2)
Từ (1) và (2) => ^CKQ = ^CKM => 2 tia KQ và KM trùng nhau => 3 điểm K,M,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Sửa đề: "5 điểm M,S,Q,R,T thẳng hàng ?"
Chứng minh tương tự câu a, ta có: 3 điểm L,M,R thẳng hàng => ^RMQ = ^KML (Đối đỉnh)
Tứ giác AKML là hình bình hành => ^KML = ^KAL = ^CAD. Do đó; ^RMQ = ^CAD (3)
Lại có: ^RTQ = ^RED (Cùng chắn cung RD); ^RED = ^CED = ^CAD => ^RTQ = ^CAD (4)
Từ (3) và (4) => ^RMQ = ^RTQ => Tứ giác RTMQ nội tiếp hay 4 điểm R,T,M,Q thuộc 1 đường tròn (*)
Mặt khác: ^TRS = ^BDE = ^BCE = ^TQS => Tứ giác TRQS nội tiếp hay 4 điểm T,R,Q,S thuộc 1 đường tròn (**)
Từ (*) và (**) => 5 điểm M,S,Q,R,T cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm).
c) Giả sử S là 1 điểm chung của (PQR) và (O). Kẻ tia tiếp tuyến Fx của (O). Ta chứng minh Fx cũng là tiếp tuyến của (PQR)
Thật vậy: Gọi giao điểm thứ hai của AF với (PQR) là N. Kéo dài tia AP cắt (O) tại I.
Do L,M,R thẳng hàng; ML // AC => MR // AC => ^RMF = ^CAF (Đồng vị). Mà ^CAF = ^REF
Nên ^RMF = ^REF => Tứ giác EMRF nội tiếp => ^RFM = ^REM hay ^RFN = ^REM
Ta thấy: ^RFN = ^RPN => ^REM = ^RPN. Do 2 góc này đồng vị nên PN // EM hoặc PN // BE (5)
Xét đường tròn (O): 2 dây CD // BE => (BC=(DE => ^BAC = ^EAD
Có ^MAB = ^PAE => ^MAB - ^BAC = ^PAE - ^EAD => ^CAF = ^DAI => (CF=(ID
Xét (O): (CF = (ID, F và I nằm cùng phía so với CD => IF // CD => IF // BE (6)
Từ (5) và (6) => PN // IF => ^FIA = ^NPA (Đồng vị)
Dễ dàng c/m được PF = PI (\(\Delta\)PCF = \(\Delta\)PDI) => ^PIF = ^PFI hay ^FIA = ^PFI
Ta lại có: ^PFx = ^PFI + ^IFx = ^FIA + ^FAI = ^NPA + ^FAI = ^NPA + ^NAP = ^FNP (Góc ngoài)
Mà ^FNP = 1/2.Sđ(FP => ^PFx = 1/2.Sđ(FP => Fx là tia tiếp tuyến của đường tròn (PQR) => Đpcm.
Sorry, "5 điểm M,S,Q,R,T cùng nằm trên 1 đường tròn", mik gõ lộn :(
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).
khó kinh khủng