Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.
Dễ thấy ^BNA = 900. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA
Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK
Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 3600 - ^ANM - ^KNM
= (1800 - ^ANM) + (1800 - ^KNM) = ^ABM + (1800 - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA
=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A
=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)
Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)
Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const
Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi
=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi
Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a, HS tự chứng minh
b, Chứng minh ∆NMC:∆NDA và ∆NME:∆NHA
c, Chứng minh ∆ANB có E là trực tâm => AE ⊥ BN mà có AK ⊥ BN nên có ĐPCM
Chứng minh tứ giác EKBH nội tiếp, từ đó có A K F ^ = A B M ^
d, Lấy P và G lần lượt là trung điểm của AC và OP
Chứng minh I thuộc đường tròn (G, GA)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa
bài này sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt là ra nha. mình nói hướng làm
gọi Q là giao điểm của FG với BD. Ta chứng minh Q cố định bằng cách xác định tỉ số mà Q chia đoạn thẳng BD. Muốn xác định được tỉ số này ta cần bổ sung thêm H là giao điểm của đường tròn FG với đường thẳng AD (trường hợp đặc biệt là M trùng với điểm của cạnh CD, lúc đó FG với đường thẳng AD và ta dễ dàng xác định tỉ số cần tìm)
đặt độ dài cạnh hình thoi là a và đặt x=MD/MC. do tam giác MDE đồng dạng với tam giác MCB nên ta tính được DE=ax, AE=a(x+1), GA/GC=GE/GB=x+1
sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác CDE với cát tuyến AF, ta có:
\(\frac{FC}{FE}\cdot\frac{AE}{AD}\cdot\frac{MD}{MC}=1\Rightarrow\frac{FC}{FE}\cdot\left(x+1\right)x=1\Rightarrow\frac{FC}{FE}=\frac{1}{x\left(x+1\right)}\)
áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác ACE với cát tuyến GH ta có
\(\frac{HE}{HA}\cdot\frac{GA}{GC}\cdot\frac{FC}{FE}=1\Rightarrow\frac{HE}{HA}\left(x+1\right)\cdot\frac{1}{x\left(x+1\right)}=1\)
\(\Rightarrow\frac{HE}{HA}=x\Rightarrow\frac{HE}{HA-HE}=\frac{1}{1-x}\Rightarrow\frac{HE}{AE}=\frac{x}{1-x}\)
\(\Rightarrow HE=\widehat{CFN}=90^o-\widehat{FCI}\), suy ra:
\(\frac{HE}{HE+DE}=\frac{x+1}{\left(x+1\right)+\left(1-x\right)}\Rightarrow\frac{HE}{HD}=\frac{x+1}{2}\)
áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt trong tam giác BDE với cát tuyến QH, ta có
\(\frac{QD}{QB}\cdot\frac{GB}{GE}\cdot\frac{HE}{HD}=1\Rightarrow\frac{QD}{QB}\cdot\frac{1}{x+1}\cdot\frac{x+1}{2}=1\)
như vậy Q chính là trọng tâm của tam giác ABC và đường thẳng FG luôn qua Q cố định