Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C O O D P G E H F O 1 2 3 K
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
O O 1 2 A B E F M N K L
Gọi BK và BL lần lượt là đường kính cảu đường tròn (O1) và (O2).
Khi đó ^BAK + ^BAL = 900 + 900 = 1800 => K,A,L thẳng hàng
Đồng thời ^KFL = ^LEK = 900 => Tứ giác EFKL nội tiếp đường tròn (KL)
=> ^ELK = ^BFE = ^MBF hay ^BNA = ^MBF => AN // BF
Mà tứ giác ANBF nội tiếp nên tứ giác ANBF là hình thang cân => AF = BN
Tương tự như thế: AE = BM. Vì vậy AE + AF = BN + BM = MN (đpcm).
O O E B A 1 2 M J C F I x K N
a) Gọi AM cắt (O2) tại N khác M. Khi đó: Dễ thấy: ^MFE=^MNE = ^MO2E/2 = ^MO1J/2 = ^MAJ
=> ^MFI = ^MCI (Do ^MAJ = ^MCI) => Tứ giác MCFI nội tiếp => ^JAM = ^MCI = ^MFI = ^MEB hay ^JAM = ^JEA
Từ đó: \(\Delta\)JAM ~ \(\Delta\)JEA (g.g) => JA2 = JM.JE (1)
Ta có: ^JIM = ^CIM = ^CFM = ^FEM => \(\Delta\)JIM ~ \(\Delta\)JEI (g.g) => IJ2 = JM.JE (2)
Từ (1);(2) suy ra: JA2 = IJ2 = JM.JE => \(JA=IJ=\sqrt{JM.JE}\) (đpcm).
b) Gọi Cx là tia đối tia CA. Ta có đẳng thức về góc: ^ICx = ^JCA = ^JMA = ^JAB (Vì \(\Delta\)JAM ~ \(\Delta\)JEA)
=> ^ICx = ^JAB = ^ICB => CI là tia phân giác ^BCx hay CI là tia phân giác ngoài tại C của \(\Delta\)ABC (đpcm).
c) Ta thấy: \(\Delta\)IKC ~ \(\Delta\)IJA, JA = JI (cmt) => KI = KC (3)
Theo câu b thì ^JAB = ^JCA = ^JBA => \(\Delta\)ABJ cân tại J => JA = JB = JI => \(\Delta\)IJB cân tại J
=> ^CBI = ^JBI - ^JBC = (1800 - ^IJB)/2 - ^JBC = (1800 - ^IJB - 2.^JBC)/2 = (1800 - ^BAJ - ^JBC)/2
= (^ACB + ^JBA - ^JAC)/2 = (^ACB + ^BAC)/2 => BI là phân giác ^CBE.
Từ đó I là tâm bàng tiếp ứng đỉnh A của \(\Delta\)ABC => AI là phân giác ^BAC
Do vậy, K là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O1) => KC = KB (4)
Từ (3);(4) suy ra: KB = KC = KI => K là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)BCI (đpcm).
O O 1 2 I P E F K B A H
c) Gọi giao điểm thứ hai giữa IB và (O2) là H.
Xét đường tròn (O1): Đường kính IE => Các góc ^IHE, ^EAI chắn nửa đường tròn
=> ^IHE = ^EAI = 900 => ^IHE = ^EAI = ^AIH = 900 => Tứ giác AIHE là hình chữ nhật => IA = HE (1)
Xét \(\Delta\)EHK và \(\Delta\)FBK có: ^EHK = ^FBK (=900), KE = KF, ^HKE = ^BKF (Đối đỉnh)
=> \(\Delta\)EHK = \(\Delta\)FBK (Ch.gn) => HE = BF (Cạnh tương ứng) (2)
Từ (1;(2) suy ra: IA = BF (đpcm).
Uây tui làm từng câu một hén
a, (O1) có: EF là tiếp tuyến \(\Rightarrow O_1E\perp EF\)(tính chất tiếp tuyến)
(O2) có: EF là tiếp tuyến \(\Rightarrow O_2F\perp EF\)
(tính chất tiếp tuyến)
mà EF // CD (gt)
Từ 3 điều trên \(\Rightarrow O_1E\perp CD=\left\{M\right\},O_2F\perp CD=\left\{N\right\}\)
\(\Delta EAC\) có: \(EA=EC\)= bán kính (O1) \(\Rightarrow\Delta EAC\) cân tại C có EM là đường cao \(\Rightarrow CM=MA\)
Chứng minh tương tự với \(\Delta AED\) ta có: AN = ND
Tứ giác EFNM có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật \(\Rightarrow EF=MN=MA+AN=\frac{CA+CD}{2}=\frac{CD}{2}\)
\(\Delta ICD\) có: EF // CD, EF = \(\frac{CD}{2}\) \(\Rightarrow\)EF là đường trung bình
\(\Rightarrow IE=EC,IF=FD\)
\(\Delta ICA\) có: CM = MA, IE = EC nên EM là đường trung bình \(\Rightarrow\) EM // IA mà \(EM\perp CD\left(cmt\right)\Rightarrow IA\perp CD\)
P/S: Thề ít khi gặp câu a nào dài như nì
Mik lp 6 ạ, nhân tiện đây mik ns luôn, ko phải bài liên quan đến kiến thức lp 6 thì đừng ai tag mik zô, mik xin cảm ơn.
Mik trl nhiều box bạn ạ, còn nếu nói cày thì đợt đầu mik copy văn thôi chứ giờ có nhòm j box văn đâu. mà có thì tự trl mấy câu ngắn ngắn.
Nguyễn Việt LâmOtasaka YuTrần Thị Hà MyThiên ThảoGuyoVũ Thị NgọcPhạm Thái DươngLưu Thùy DungNguyễn Văn ToànSky SơnTùngNguyễn Thành TrươngNguyensvtkvtmLê Anh DuyCherru NgPhùng Tuệ MinhNguyễn Thị Thảo VyMysterious PersonNguyễn Ngô Minh TríNguyễn Huy TúAkai HarumaAce LegonaNguyễn Thanh HằngRibi Nkok Ngoksoyeon_Tiểubàng giảiVõ Đông Anh TuấnPhương AnTrần Việt Linh
Phùng Tuệ Minh Tưởng lp 8.
b, (O1) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\)(cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\))
Tứ giác ABEC có: \(\widehat{ABC}=\widehat{AEC}\left(cmt\right)\) mà 2 đỉnh B và E kề nhau nên tứ giác ABEC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BEC}=180^o\)(tổng 2 góc đối bằng 180)
Ta có: \(\widehat{IEB}+\widehat{BEC}=180^o\)(kề bù)
Từ 2 điều trên ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{IEB}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\widehat{IFB}=\widehat{BAD}\)
Ta có: \(\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=180^o\)(kề bù)
hay \(\widehat{IEB}+\widehat{IFB}=180^o\)
Tứ giác IEBF có: \(\widehat{IEB}+\widehat{IFB}=180^o\) nên tứ giác IEBF nội tiếp (tổng 2 góc bằng 180)
c, Ta có: \(AB\cap EF=\left\{K\right\}\)
(O1) có: \(\widehat{FEB}=\frac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung = 1/2 số đo cung bị chắn)
\(\widehat{EAB}=\frac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\) (góc nội tiếp bằng 1/2 số đo cung bị chắn)
Từ 2 điều trên ta có: \(\widehat{FEB}=\widehat{EAB}\)
Xét \(\Delta KBE\) và \(\Delta KEA\) có:
\(\widehat{EKB}\) chung
\(\widehat{KEB}=\widehat{KAE}\) (cmt)
Từ 2 điều trên ta có: \(\Delta KBE\sim\Delta KEA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{KB}{KE}=\frac{KE}{KA}\Leftrightarrow KE^2=KB.KA\left(1\right)\)Chứng minh tương tự ta có: \(KF^2=KA.KB\left(2\right)\)
Từ (1), (2) ta có K là trung điểm của EF => đpcm
Thánh chăm của năm
lmao =)))))))) lâu lâu giải vài bài cho vui
lp 8 đâu mà lp 8?Nguyen
Phùng Tuệ Minh Lp 6 mà làm CTV rồi sao.
uk Nguyen
Phùng Tuệ Minh Cày box nào mà nhanh GP thế?