Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC. Khi đó PK đi qua (O), thật vậy:
Gọi DP,EP,FP cắt đường tròn (K) lần thứ hai lần lượt tại M,N,Q.
Theo hệ thức lượng đường tròn: PA.PD = PB.PE = PC.PF => Tứ giác BCFE nội tiếp
Nên ta có: ^MNQ = ^MNE + ^ENQ = ^MDE + ^EFQ = ^ABP + ^CBP = ^ ABC.
Hoàn toàn tương tự: ^MQN = ^ACB. Từ đó suy ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MNQ (g.g)
Hai tam giác này có tâm ngoại tiếp tương ứng là O,K nên \(\Delta\)AOC ~ \(\Delta\)MKQ (g.g)
=> \(\frac{OC}{KQ}=\frac{AC}{MQ}\). Bên cạnh đó ^DMQ = ^DFQ = ^CAP nên AC // MQ.
Theo hệ quả ĐL Thales có: \(\frac{AC}{MQ}=\frac{PC}{PQ}\). Từ đây \(\frac{OC}{KQ}=\frac{PC}{PQ}\) (1)
Ta lại có ^OCP = ^ACP - ^OCA = ^MQP - ^KQM = ^KQP (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)COP ~ \(\Delta\)QKP (c.g.c) => ^CPO = ^QPK
Mà ba điểm C,P,Q thẳng hàng nên ba điểm O,P,K cũng thẳng hàng. Do vậy PK đi qua O cố định (đpcm).
Hình nếu chị không vẽ được thì hỏi em nhé chị !
Gọi I là trung điểm của BC => I cố định ( vì B,C cố định )
Ta có : AG = 2.OI ( theo bổ đề 7 )
Lại có AM = AH nên AM = 2.OI ( 1 )
Trên tia IO lấy điểm K sao cho OK = 2. OI ( 2 )
=> K cố định ( vì O,I cố định )
Từ ( 1 ) ( 2 ) => AM = KO mà AM// KO
( vì cùng vuông góc với BC ) .
Do đó AMKO là hình bình hành nên KM = OA = R : không đổi
Vậy khi A thay đổi trên cung lớn BC thì điểm M đi động trên đường tròn cố định ( K ; R ) => đpcm
Gọi S là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABSC, I và J lần lượt là trung điểm BC và AH
Áp dụng ĐL Cosin vào hai tam giác BHM, CHN ta có:
\(BM^2=HB^2+HM^2-2HB.HM.\cos\widehat{BHM}\)
\(CN^2=HC^2+HN^2-2HC.HN.\cos\widehat{CHN}\)
Suy ra \(BM^2-CN^2=HB^2+HM^2-HC^2-HN^2\)(Vì \(\Delta\)BNH ~ \(\Delta\)CMH)
\(\Leftrightarrow BM^2-CN^2=\left(HB^2-HN^2\right)-\left(HC^2-HM^2\right)\Rightarrow BM^2-CN^2=BN^2-CM^2\)
\(\Leftrightarrow BM^2+CM^2=BN^2+CN^2\Leftrightarrow\frac{BM^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{BN^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow MI^2=NI^2\)(Công thức đường trung tuyến). Kết hợp với JM = JN (=AH/2) suy ra IJ vuông góc MN (1)
Mặt khác trên đường thẳng qua H vuông góc với MN lấy T sao cho \(\frac{HT}{MN}=\frac{HM}{MC}=\frac{HN}{NB}\)
Dễ thấy ^THM = 900 + ^NMH = ^NMC; ^THN = ^MNB. Do đó \(\Delta\)THM ~ \(\Delta\)NMC; \(\Delta\)THN ~ \(\Delta\)MNB (c.g.c)
Suy ra ^HMT = ^MCN; ^HNT = ^NBM. Từ đó CN vuông góc TM; BM vuông góc TN dẫn đến TL vuông góc MN
Mà TH vuông góc MN nên HL vuông góc MN (2)
Ta lại có I là trung điểm AS, khi đó IJ là đường trung bình trong \(\Delta\)HAS, suy ra IJ // HS (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra H,L,S thẳng hàng. Vậy HL luôn đi qua S cố định (đpcm).
Gọi H là trực tâm của \(\Delta\)ABC. Khi đó H cố định. Giao điểm thứ hai giữa (BNP) và (CMP) là I.
Dễ thấy ^PIL = ^PIK = 900 (2 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra K,I,L thẳng hàng
Ta có các tứ giác BNIP và CMIP nội tiếp nên ^MIN = ^NBP + ^MCP = 1800 - ^BAC
Do đó tứ giác AMIN nội tiếp. Kết hợp hợp với tứ giác ANMH nội tiếp (AH).
Ta thu được 5 điểm A,N,H,I,M cùng thuộc 1 đường tròn. Hay tứ giác AIHN nội tiếp
Từ đây ^NIH = ^NAH = ^NCB = 900 - ^NBP = 900 - ^NKP = ^NPK = ^NIK.
Vậy nên K,H,I thẳng hàng. Mà K,I,L cũng thẳng hàng nên K,H,L thẳng hàng.
Suy ra KL luôn đi qua điểm H cố định (đpcm).