Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O), (O) tiếp xúc với BC,CA,AB thứ tự tại D,E,F. Một điểm P di động trên đường tròn (O), gọi (PBF) cắt (PCE) tại K khác P. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của góc EPF đi qua điểm cố định.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
29 tháng 1 2019
Gọi S là giao điểm của 2 đường tròn (PCE) và (PBF).
Trước hết, ta thấy \(\Delta\)PCE ~ \(\Delta\)AOB => ^CPE = ^OAB. Tương tự: ^BPF = ^OAC.
Suy ra: ^CPE + ^BPF = ^OAB + ^OAC = ^BAC = 1800 - ^BPC => E,P,F thẳng hàng => ^EPS + ^FPS = 1800
Mà ^FPS + ^SNF = 1800 nên ^EPS = ^SNF => ^EMS = ^SNQ (Vì ^EPS = ^EMS)
=> Tứ giác SMQN nội tiếp. Hay S thuộc đường tròn (QMN).
Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BSC = ^BSP + ^CSP = ^BFP + ^CEP = ^BAC = const. Mà BC cố định
Nên S nằm trên đường tròn đối xứng với (O) và BC => Đường tròn (BCS) cố định
Ta sẽ chứng minh: Đường tròn (QMN) tiếp xúc với (BCS) cố định (tại điểm chung S).
Thật vậy, từ S vẽ tiếp tiếp Sx của đường tròn (QMN). Dễ thấy: ^MSx = ^MNS = ^PBS (Do tứ giác BPSN nội tiếp)
Xét đường tròn (PCE): ^MSC = ^MPC = ^CBP. Từ đó: MSx + ^MSC = ^PBS + ^CBP = ^CBS
Do đó: Sx cũng là tiếp tuyến của đường tròn (BCS). Cho nên (QMN) luôn tiếp xúc (BCS) cố định (đpcm).
CM
7 tháng 5 2018
1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M.Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân.
Ta lại có Q P S ^ = Q A B ^ = Q R B ^ .
Từ đó có E P Q ^ = E R P ^ ⇒ Δ E R P ∽ Δ E P Q (g – g),
nên E Q P ^ = E P R ^ = B P S ^ = A S E ^ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.
Do đó P A . P Q = P E . P S = P F 2 .2 P M = P F . P M , suy ra tứ giác A M Q F nội tiếp.
Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △ A Q F luôn đi qua M.
15 tháng 6 2019
a) Gọi EF cắt AO tại T. Ta thấy AE,AF là các tiếp tuyến từ A tới (O) => OA là trung trực của EF
=> OA vuông góc EF tại T. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)AEO) có OE2 = OT.OA
=> OD2 = OT.OA. Từ đó \(\Delta\)DOT ~ \(\Delta\)AOD (c.g.c) => ^ODT = ^OAD
Cũng từ OA vuông góc EF tại T => ^OTI = 900 = ^ODI => Tứ giác DOTI nội tiếp (OI)
=> ^ODT = ^OIT. Mà ^ODT = ^OAD (cmt) nên ^OAD = ^OIT. Do ^OIT + ^IOT = 900 nên ^OAD + ^IOT = 900
Nếu gọi AD giao OI tại L thì ta có \(\Delta\)AOL vuông tại L hay DG vuông góc OI
Mà DG là một dây của (O) nên OI là trung trực của DG. Theo đó ^IGO = ^IDO = 900
Vậy thì IG tiếp xúc với (O) tại G (đpcm).
b) Gọi DJ là đường kính của (O). Từ B và C lần lượt hạ BP và CQ vuông góc với KJ (P,Q thuộc KJ)
Khi đó ta có ^DGJ = ^DKJ = 900 và BP // DK // CQ (Cùng vuông góc KJ)
Xét \(\Delta\)DGJ và \(\Delta\)AHD: ^DGJ = ^AHD = 900, ^GDJ = ^HAD (AH // DJ) => \(\Delta\)DGJ ~ \(\Delta\)AHD (g.g)
Chú ý M là trung điểm AH, L là trung điểm GD nên dễ có \(\Delta\)JGL ~ \(\Delta\)DHM (c.g.c)
=> ^GJL = ^HDM => ^OLJ = ^BDK (Do OL // GJ) = ^DJK (Vì BC tiếp xúc (O))
Theo câu a: DL vuông góc OI tại L, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)ODI) có:
OD2 = OL.OI => OJ2 = OL.OI. Từ đây \(\Delta\)OLJ ~ \(\Delta\)OJI (c.g.c) => ^OLJ = ^OJI hay ^OLJ = ^DJI
Két hợp với ^OLJ = ^DJK (cmt) suy ra ^DJK = ^DJI. Mà K,I cùng phía so với DJ nên JK trùng JI
Hay K,I,J thẳng hàng. Kéo theo I,P,K,Q cũng thẳng hàng. Áp dụng hệ quả ĐL Thales có:
\(\frac{CQ}{BP}=\frac{IC}{IB}\). Lại có \(\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}.\frac{IC}{IB}=1\)(ĐL Melelaus) => \(\frac{IC}{IB}=\frac{EC}{FB}\)(Vì EA=FA)
Do đó \(\frac{CQ}{BP}=\frac{EC}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{QK}{PK}\)(Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và ĐL Thales)
Kết hợp với ^BPK = ^CQK = 900 suy ra \(\Delta\)BPK ~ \(\Delta\)CQK (c.g.c) => ^BKP = ^CKQ
=> 900 - ^BKP = 900 - ^CKQ => ^BKD = ^CKD => KD là phân giác ^BKC (đpcm).
14 tháng 6 2019
a) Đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB.BC,CAAB.BC,CA tại D,E,FD,E,F, tức là OO là giao của ba đường phân giác tam giác ABCABC và OD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BCOD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BC
Do đó: ODAˆ+OFAˆ=900+900=1800ODA^+OFA^=900+900=1800
⇒ODAF⇒ODAF là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: ODBE,OECFODBE,OECF nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
⎧⎩⎨ODFˆ=OAFˆ=Aˆ2ODEˆ=OBEˆ=Bˆ2{ODF^=OAF^=A^2ODE^=OBE^=B^2 ⇒ODFˆ+ODEˆ=Aˆ2+Bˆ2⇒ODF^+ODE^=A^2+B^2
hay EDFˆ=Aˆ+Bˆ2EDF^=A^+B^2
Tương tự: DEFˆ=Bˆ+Cˆ2DEF^=B^+C^2 và EFDˆ=Aˆ+Cˆ2EFD^=A^+C^2
Vì ABCABC là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn 900900
⇒EDFˆ,DEFˆ,EFDˆ<900⇒EDF^,DEF^,EFD^<900
⇒△DEF⇒△DEF có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác ABCABC cân tại AA nên ABCˆ=ACBˆABC^=ACB^
⇒ABCˆ=180−BACˆ2=900−Aˆ2⇒ABC^=180−BAC^2=900−A^2
Tứ giác ODAFODAF nội tiếp ⇒ADFˆ=AOFˆ=900−OAFˆ=900−Aˆ2⇒ADF^=AOF^=900−OAF^=900−A^2
Do đó: ABCˆ=ADFˆABC^=ADF^, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DF∥BCDF∥BC
c)
{ABCˆ=ACBˆABCˆ=ADFˆ(theo phần b){ABC^=ACB^ABC^=ADF^(theo phần b) ⇒ADFˆ=ACBˆ=FCBˆ⇒ADF^=ACB^=FCB^
⇒BDFC⇒BDFC nội tiếp.
d)
BDBD là tiếp tuyến của (O)(O) nên BDMˆ=DFIˆ=DFBˆBDM^=DFI^=DFB^ (cùng chắn cung DI)
Mà do BDFCBDFC nội tiếp nên DFBˆ=DCBˆDFB^=DCB^
Từ đây suy ra BDMˆ=DCBˆBDM^=DCB^
Xét tam giác BDMBDM và BCDBCD có:
{∠B ChungBDMˆ=BCDˆ(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g){∠B ChungBDM^=BCD^(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g)
⇒BDBC=BMBD(1)⇒BDBC=BMBD(1)
Do DF∥BC⇒BDAB=CFACDF∥BC⇒BDAB=CFAC (theo định lý Ta -let) mà AB=AC⇒BD=CF(2)AB=AC⇒BD=CF(2)
Từ (1);(2)⇒BDBC=BMCF(1);(2)⇒BDBC=BMCF (đpcm
~Mik ko chắc~
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
4 tháng 1 2018
a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AP và DP. Ta có :
IK song song và bằng 1/2 AD hay bằng 1/2 BC.
KM = DM - DK = DC/2 - DP / 2 = PC/2
Mà \(\widehat{IKM}=\widehat{ADC}=\widehat{BCP}\)
\(\Rightarrow\Delta IKM\sim\Delta BCP\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{IMP}\)
Mà \(\widehat{BPC}=\widehat{ABP}\) (AB // PC) ; \(\widehat{ABP}=\widehat{AQR}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AR)
Do đó \(\widehat{IME}=\widehat{IQE}\Rightarrow\) Tứ giác IMQE nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{EIQ}=\widehat{EMQ}\)
Mà IE // AF (Đường trung bình) nên \(\widehat{IEQ}=\widehat{FAQ}\) (Đồng vị)
\(\Rightarrow\widehat{FAQ}=\widehat{FMQ}\) hay tứ giác AMQF nội tiếp.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF đi qua A, M cố định.
Vậy tâm đường tròn thuộc đường trung trực của AM.
b) Ta có \(\widehat{EPR}=\widehat{BPC}=\widehat{ABP}=\widehat{AQE}\) nên \(\Delta EPR\sim\Delta EQP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EP}{EQ}=\frac{ER}{EP}\Rightarrow EP^2=ER.EQ\)
Vì AE là tiếp tuyến nên \(\widehat{EAR}=\widehat{AQE}\Rightarrow\Delta EAR\sim\Delta EQA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EA}{EQ}=\frac{ER}{EA}\Rightarrow EA^2=EQ.ER\)
\(\Rightarrow EP^2=EA^2\Rightarrow EP=EA=EF\)
\(\Rightarrow\widehat{FAP}=90^o\Rightarrow\widehat{FMQ}=90^o\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ)
\(\Rightarrow MQ\perp CD\)
CM
30 tháng 1 2018
2). Từ AD là phân giác B A C ^ suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.
Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có D M C F = B D B C .
Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E (3).
Ta lại có góc nội tiếp A D E ^ = F C E ^ (4).
Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C
19 tháng 12 2021
a) Tứ giác ACEH có
ˆACE=ˆEHA=900ACE^=EHA^=900(cùng nhìn AE)
=> tứ giác ACHE nội tiếp
b) tứ giác ACHE nội tiếp
=> ˆEAH=ˆHCEEAH^=HCE^(cùng chắn EH)
lại có ˆADF=ˆACFADF^=ACF^(cùng chắn AF)
mà ˆACF+ˆHCE=900ACF^+HCE^=900do ˆACE=900ACE^=900
=>ˆEAH+ˆADF=900EAH^+ADF^=900
=> DF⊥ABDF⊥AB
mà EH⊥ABEH⊥AB
=> DF//EHDF//EH
c)các bước chứng minh nè :
cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)
thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D
I
25 tháng 3 2020
a) Tứ giác ACEH có
\(\widehat{ACE}=\widehat{EHA}=90^0\)(cùng nhìn AE)
=> tứ giác ACHE nội tiếp
b) tứ giác ACHE nội tiếp
=> \(\widehat{EAH}=\widehat{HCE}\)(cùng chắn EH)
lại có \(\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\)(cùng chắn AF)
mà \(\widehat{ACF}+\widehat{HCE}=90^0\)do \(\widehat{ACE}=90^0\)
=>\(\widehat{EAH}+\widehat{ADF}=90^0\)
=> \(DF\perp AB\)
mà \(EH\perp AB\)
=> \(DF//EH\)
c)các bước chứng minh nè :
cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)
thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D
Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).
Giải bài toán:
Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:
Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I
Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 1800 - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp
Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:
\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)
\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)
Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)
Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định
Vậy ta thu được điều phải chứng minh.