Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
AK giao BC tại F'
->ABF' = ABH + HAF' = ACB + CAF' = 180 - AF'C = AF'B nên AB = BF'. Mà AB = BF =>F trùng F'
Vậy A, K, F thẳng hàng
vẽ (O') ngoại tiếp tam giác ABC. gọi M là điểm chính giữa cung BC (M và A nằm khác phía với BC). I là điểm trên cạnh BC và BI=\(\frac{2}{3}\)IC.MI cắt đường tròn (O') tại N (khác M)
ta có N cố định, NI là đường pjaan giác của tam giác NBC nên \(\frac{NB}{NC}=\frac{IB}{IC}=\frac{2}{3}\)
xét tam giác NBD và tam giác BCE có \(\hept{\begin{cases}\widehat{NBD}=\widehat{NCE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AN}\\\frac{NB}{NC}=\frac{BD}{CE}\left(=\frac{2}{3}\right)\end{cases}}\)
do đó tam giác NBD ~ tam giác NCE => \(\widehat{NDB}=\widehat{NEC}\)=> tứ giác ADNE nội tiếp => OA=ON
=> O thuộc đường tròn cố ddunhj là đường trung trực đoạn thẳng AN
a: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC
=>BI là phân giác của góc ABC, CI là phân giác của góc ACB
ΔBAF cân tại B
mà BI là đường phân giác
nên BI là đường trung trực của AF
=>I nằm trên đường trung trực của AF
=>IA=IF(1)
ΔCAE cân tại C
mà CI là đường phân giác
nên CI là đường trung trực của AE
=>I nằm trên đường trung trực của AE
=>IA=IE(2)
Từ (1),(2) suy ra IE=IF
b: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC
=>AI là phân giác của góc BAC
Kẻ IX⊥AB tại X, IH⊥BC tại H; IY⊥AC tại Y
Xét ΔBXI vuông tại X và ΔBHI vuông tại H có
BI chung
\(\hat{XBI}=\hat{HBI}\)
Do đó: ΔBXI=ΔBHI
=>BX=BH và IX=IH
Xét ΔCYI vuông tại Y và ΔCHI vuông tại H có
CI chung
\(\hat{YCI}=\hat{HCI}\)
Do đó: ΔCYI=ΔCHI
=>CY=CH và IY=IH
Xét tứ giác AXIY có \(\hat{AXI}=\hat{AYI}=\hat{XAY}=90^0\)
nên AXIY là hình chữ nhật
Hình chữ nhật AXIY có AI là phân giác của góc XAY
nên AXIY là hình vuông
=>AX=AY=IX=IY
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(\operatorname{cm}\right)\)
BH+HC-BX-XA
=BH-BX+HC-XA
=HC-XA
=CY-XA
=CY-YA
=>CY-YA=BC-BA=5-3=2
mà CY+YA=CA=4
nên YA=(4-2)/2=2/2=1(cm)
=>AX=XI=IY=YA=1(cm)
Ta có: IX=IH
mà IX=1cm
nên IH=1cm
=>d(I;BC)=1cm
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 H F E I L S G K M U V
Gọi I là giao của BF và CE, đường tròn (HEF) cắt BC tại S khác H. Vẽ (B;BA) và (C;CA) cắt nhau tại M khác A
Kéo dài BD cắt (C) tại G khác E, CD cắt (B) tại K khác F. Dễ thấy A,H,M thẳng hàng nên ta có:
DF.DK = DA.DM = DE.DG do đó 4 điểm E,F,G,K đồng viên
Ta có BF2 = BA2 = BE.BG suy ra \(\Delta\)BEF ~ \(\Delta\)BFG (c.g.c). Tương tự \(\Delta\)CEF ~ \(\Delta\)CKE (c.g.c)
Từ đó ^BFE = ^BGF = ^CKE = ^CEF, suy ra \(\Delta\)EIF cân tại I
Gọi BF,CE cắt (HEF) lần lượt tại U,V. Dễ có SV // BE, SU // CF và FU = EV (Vì IE = IF)
Ta lại có \(BH.BS=BU.BF;CH.CS=CV.CE\Rightarrow\frac{BS}{CS}.\frac{BH}{CH}=\frac{BF}{CE}.\frac{BU}{CV}\)
Hay \(\frac{BS}{CS}.\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AB}{AC}.\frac{BU}{FU}.\frac{EV}{CV}=\frac{AB}{AC}.\frac{BS^2}{CS^2}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{BS}{CS}\)
Suy ra S là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC
Vì vậy S cố định, khi đó đường tròn (HEF) đi qua hai điểm H,S cố định
Vậy thì tâm L của đường tròn (HEF) luôn thuộc trung trực của SH cố định (đpcm).