Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Có 2 tam giác vuông \(\Delta ABE=\Delta ADF\) vì \(AB=AD\) và \(\widehat{BAE}=\widehat{DAF}\) cùng phụ với \(\widehat{DAE}\)
Suy ra tam giác AEF vuông cân và \(ME=MA=MF\Rightarrow AM\perp EF\)
Ta có \(\overrightarrow{MA}=\left(2;-4\right)\), đường thẳng EF đi qua M có phương trình :
\(2\left(x+4\right)-4\left(y-2\right)=0\Leftrightarrow x-2y+8=0\)
Bây giờ tìm tọa độ các điểm E, F thỏa mãn ME=MA=MF. Gọi T(x;y) thuộc đường thẳng EF, thì x=2t-8; y=t, \(t\in R\)
Khi đó \(MT=MA\Leftrightarrow\left(2t-8+4\right)^2+\left(1-2\right)^2=2^2+\left(-4\right)^2=20\)
\(\Leftrightarrow5\left(t-2\right)^2=20\Leftrightarrow t\left(t-4\right)=0\Leftrightarrow\)\(\begin{cases}t=0\\t=4\end{cases}\)
Như vậy có 2 điểm \(t_1\left(-8;0\right);t_2\left(0;4\right)\) ( Chính là 2 điểm E và F) thuộc đường thẳng EF mà \(MT_1=MA\)
- Trường hợp \(E\left(-8;0\right);F\left(0;4\right)\). Do F thuộc đường thẳng CD nên đường thẳng CD nhận \(\overrightarrow{KF}=\left(3;4\right)\) làm vec tơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng CD là \(\begin{cases}x=3t\\y=4+4t\end{cases}\) (\(t\in R\)).
Khi đó \(D\left(3t;4+4t\right)\)
Ta có \(AD\perp KF\Leftrightarrow\overrightarrow{KF}.\overrightarrow{AD}=0\Rightarrow3\left(3t+6\right)+4\left(-2+4t\right)=0\Leftrightarrow t=-\frac{2}{5}\Rightarrow D\left(-\frac{6}{5};\frac{12}{5}\right)\)
- Trường hợp \(F\left(-8;0\right);E\left(0;4\right)\), đường thẳng CD nhận \(\overrightarrow{FK}=\left(5;0\right)\) làm vec tơ chỉ phương
Phương trình CD : \(\begin{cases}x=-8+5t\\y=0\end{cases}\) \(\left(t\in R\right)\)
Khi đó \(D\left(-8+5t;0\right)\)
Ta có \(AD\perp KF\Leftrightarrow\overrightarrow{FK}.\overrightarrow{AD}=0\Leftrightarrow5\left(-2+5t\right)=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{5}\Rightarrow D\left(-6;0\right)\)
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
