Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\) (1)
Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)
Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)
Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\) (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC
Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)
Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC
Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)
Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)
Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)
Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).
Gọi AM cắt DE tại I
Theo tính chất hình chữ nhật ADHE : \(\widehat{E_1}=\widehat{HAC}=\widehat{MBA};\widehat{A_1}=\widehat{D_1}=\widehat{AHE}=\widehat{MCA}\)
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{ACM}\Rightarrow\Delta ACM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MC\)(*)
Do \(\Delta AID\)vuông tại I suy ra
\(\widehat{DAM}+\widehat{D_1}=90^0\Leftrightarrow\widehat{DAM}+\widehat{DAH}=90^0\left(1\right)\)
\(\widehat{ABM}+\widehat{DAH}=90^0\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DAM}=\widehat{ABM}\)
\(\Rightarrow\Delta ABM\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MB\)(**)
Từ (*);(**) suy ra MB=MC hay M là trung điểm BC . Do MF//AC suy ra
\(\widehat{MFC}=\widehat{ACF}\)
Mà
\(\widehat{ACF}=\widehat{MCF}\Rightarrow\widehat{MFC}=\widehat{MCF}\Rightarrow\Delta MFC\)cân tại M suy ra MC=MF
Mà MB=MC suy ra 
\(\Delta BFC\) có FM là trung tuyến 
\(FM=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\) \(\Delta BFC\)vuông tại F hay 
\(BF\perp CF\left(đpcm\right)\)
a, Chú ý: A M O ^ = A I O ^ = A N O ^ = 90 0
b, A M B ^ = M C B ^ = 1 2 s đ M B ⏜
=> DAMB ~ DACM (g.g)
=> Đpcm
c, AMIN nội tiếp => A M N ^ = A I N ^
BE//AM => A M N ^ = B E N ^
=> B E N ^ = A I N ^ => Tứ giác BEIN nội tiếp => B I E ^ = B N M ^
Chứng minh được: B I E ^ = B C M ^ => IE//CM
d, G là trọng tâm DMBC Þ G Î MI
Gọi K là trung điểm AO Þ MK = IK = 1 2 AO
Từ G kẻ GG'//IK (G' Î MK)
=> G G ' I K = M G M I = M G ' M K = 2 3 I K = 1 3 A O không đổi (1)
MG' = 2 3 MK => G' cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc (G'; 1 3 AO)
Lời giải:
Ta có:
$PM\parallel AC$ nên $\widehat{PMB}=\widehat{ACB}$
Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{PBM}$ do tam giác $ABC$ cân nên $\widehat{PMB}=\widehat{PBM}$
$\Rightarrow \triangle PBM$ cân tại $P$
$\Rightarrow PB=PM$
Mà $PM=PD$ do tính đối xứng
$\Rightarrow PB=PM=PD$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $(DBM)$
$\Rightarrow \widehat{BDM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}$ (tính chất góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
$=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Tương tự, $Q$ cũng là tâm ngoại tiếp $(DCM)$
$\Rightarrow \widehat{MDC}=\frac{1}{2}\widehat{MQC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Như vậy:
$\widehat{BDC}=\widehat{BDM}+\widehat{MDC}=\widehat{BAC}$
Kéo theo $D\in (ABC)$
Ta có đpcm.
Gọi O là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC. Ta sẽ chứng minh O thuộc (ATN).
Ta có \(\Delta\)ABC cân tại A có tâm ngoại tiếp O => ^OAC = ^OAB = ^OBA => ^OAT = ^OBN
Ta thấy ^NBM = ^ABC = ^ACB = ^NMB (Do MN // AC) => \(\Delta\)MNB cân tại N => BN = MN
Lại có AN // TM, AT // MN suy ra tứ giác ATMN là hình bình hành => MN = AT
Do đó BN = AT, kết hợp với ^OAT = ^OBN, OA = OB suy ra \(\Delta\)OTA = \(\Delta\)ONB (c.g.c)
=> ^OTA = ^ONB = ^ONA => Bốn điểm O,A,T,N cùng thuộc một đường tròn
Hay đường tròn (ATN) luôn đi qua điểm O cố định (đpcm).