A B C D E F

a)

+) Tứ giác AEDF nội tiếp 

=> ^AED = ^DFC (1)

và ^AFD = ^BED ( 2)

+) Ta có: ^EAD = ^FAD ( AD là phân giác ^BAC ) 

^FDC = ^FAD ( cùng chắn cung DF )

^BDE = ^EAD ( cùng chắn cung DE )

=> ^FDC = ^FAD = ^EAD = ^BDE ( 3)

+) Xét \(\Delta\)AED và  \(\Delta\)DFC  có: 

^EAD = ^FDC ( theo (3))

^AED = ^DFC ( theo (1)

=> \(\Delta\)AED ~ \(\Delta\)DFC 

=> \(\frac{AE}{DF}=\frac{ED}{FC}\)=> AE . FC = DF . ED ( 4)

+) Xét \(\Delta\)AFD và \(\Delta\)DEB có:

^DAF = ^BDE ( theo (3))

^AFD = ^DEB ( theo ( 2)

=> \(\Delta\)AFD ~ \(\Delta\)DEB 

=> \(\frac{AF}{ED}=\frac{DF}{BE}\Rightarrow AF.BE=DF.ED\)(5)

Từ (4) ; (5) => AF.BE = AE.FC

=> \(\frac{AF}{FC}=\frac{AE}{BE}\)

=> EF//BC

b) Xét \(\Delta\)AED và \(\Delta\)ADC có:

^EAD = ^DAC 

^ADE = ^ACD ( vì ^ADE = ^AFE ( chắn cung AE ) và ^AFE = ^ACD  (đồng vị ))

=> \(\Delta\)AED ~ \(\Delta\)ADC

=> \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{AC}\)

=> AD^2 = AE.AC

c) Tương tự cm \(\Delta\)AFD ~ \(\Delta\)ADB 

=> \(\frac{AF}{AD}=\frac{AD}{AB}\)

=> AD^2=AF.AB

kết hợp vs câu b => AB.AF = AE.AC

Câu hỏi của TRẦN PHAN ĐỨC MINH - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, P] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, Q] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [M, A] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [O, M] O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d

a. Ta thấy ngay tứ giác OBEC có hai góc vuông đối nhau nên nó là tứ giác nội tiếp.

b. Câu này cô thấy cần sửa đề thành AB.AP = AD.AE mới đúng.

Gọi Aq là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Khi đó ta có: \(\widehat{APE}=\widehat{BAq}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{BAq}=\widehat{BDA}\) (Cùng chắn cung BA) nên \(\widehat{APE}=\widehat{BDA}\)

Vậy thì \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AP}\Rightarrow AB.AP=AE.AD\)

c. +) Ta thấy \(\Delta BDE\sim\Delta ABE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{BE}{AE}\)

Tương tự \(\Delta CDE\sim\Delta ACE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{DE}{AE}\)

Mà BE = CE nên \(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\)

Lại có \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EP}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow EP=\frac{BD.AE}{AB}\)

Tương tự \(\Delta ACD\sim\Delta AEQ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AC}{AE}=\frac{CD}{EQ}\Rightarrow EQ=\frac{CD.AE}{AC}=\frac{BD.AE}{AB}=EP\)

Vậy EP = EQ.

+) Ta thấy ngay \(\Delta ABC\sim\Delta AQP\Rightarrow\frac{BC}{QP}=\frac{AC}{AP}\Rightarrow\frac{BC:2}{QP:2}=\frac{AC}{QP}\)

\(\Rightarrow\frac{MC}{PE}=\frac{AC}{AP}\)

Lại có  \(\widehat{ACM}=\widehat{APE}\) (Cùng bằng \(\widehat{BDA}\))

Từ đó suy ra \(\Delta AMC\sim\Delta AEP\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{PAE}\)

d. Ta có BD.AC = AB.CD

Lại có do ABCD là tứ giác nội tiếp nên 

AD.BC = AB.CD + AC.BD = 2AB.CD (Định lý Ptoleme)  \(\Rightarrow2MC.AD=2AB.CD\Rightarrow MC.AD=AB.CD\)

\(\Rightarrow\frac{MC}{AB}=\frac{CD}{AD}\)

Lại thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\Rightarrow\Delta BAD\sim\Delta MCD\left(c-g-c\right)\)

Mà \(\Delta BAD\sim\Delta MAC\Rightarrow\Delta MCD\sim\Delta MAC\)

\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MC}\Rightarrow MA.MD=MC^2=\frac{BC^2}{4}.\)

Dễ mà tự làm đi =))

Gọi Ω là đường tròn đường kính AC.

Đặt hệ trục tọa độ:
A(0,0), B(b,0), C(0,c), với b > 0, c > 0
Khi đó AB là trục Ox, AC là trục Oy.

Vì đường tròn (I) tiếp xúc với AB tại E nên đặt
I(u,r), E(u,0)

Vì (I) tiếp xúc với BC tại D nên khoảng cách từ I đến BC bằng r.
Phương trình BC là:
cx + by - bc = 0
Suy ra
bc - cu - br = r√(b^2 + c^2) (1)

Đường tròn Ω có tâm O(0,c/2), bán kính c/2.
Vì (I) tiếp xúc ngoài với Ω tại F nên
OI = r + c/2
hay
u^2 + (r - c/2)^2 = (r + c/2)^2
Suy ra
u^2 = 2cr (2)

Chứng minh C, E, F thẳng hàng

Vì F là tiếp điểm ngoài của hai đường tròn nên F nằm trên đoạn OI và
OF : FI = c/2 : r

Suy ra
F = O + (c/(c + 2r)) (I - O)

Nên tọa độ F là
xF = cu/(c + 2r)
yF = 2cr/(c + 2r)

Đường thẳng CE đi qua C(0,c) và E(u,0), nên có phương trình
y = c - (c/u)x

Thay tọa độ F vào:
c - (c/u).cu/(c + 2r)
= c - c^2/(c + 2r)
= 2cr/(c + 2r)
= yF

Vậy F thuộc CE, do đó C, E, F thẳng hàng.

Chứng minh CD = CA

Vì BC là tiếp tuyến của (I) tại D nên lực của điểm C đối với (I) là
CD^2 = CE.CF (3)

Ta tính CE và CF.

Ta có
CE^2 = u^2 + c^2
Từ (2):
CE^2 = 2cr + c^2 = c(c + 2r) (4)

Mặt khác, vì F thuộc CE và
xF/xE = [cu/(c + 2r)]/u = c/(c + 2r)
nên
CF/CE = c/(c + 2r)

Suy ra
CF = c/(c + 2r) . CE (5)

Từ (3), (4), (5):
CD^2 = CE.CF
= CE . c/(c + 2r) . CE
= c/(c + 2r) . CE^2
= c/(c + 2r) . c(c + 2r)
= c^2

Vậy
CD = c

Mà
CA = c

Suy ra
CD = CA

Kết luận:
C, E, F thẳng hàng
CD = CA