Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi I là giao của BF và CE, đường tròn (HEF) cắt BC tại S khác H. Vẽ (B;BA) và (C;CA) cắt nhau tại M khác A
Kéo dài BD cắt (C) tại G khác E, CD cắt (B) tại K khác F. Dễ thấy A,H,M thẳng hàng nên ta có:
DF.DK = DA.DM = DE.DG do đó 4 điểm E,F,G,K đồng viên
Ta có BF2 = BA2 = BE.BG suy ra \(\Delta\)BEF ~ \(\Delta\)BFG (c.g.c). Tương tự \(\Delta\)CEF ~ \(\Delta\)CKE (c.g.c)
Từ đó ^BFE = ^BGF = ^CKE = ^CEF, suy ra \(\Delta\)EIF cân tại I
Gọi BF,CE cắt (HEF) lần lượt tại U,V. Dễ có SV // BE, SU // CF và FU = EV (Vì IE = IF)
Ta lại có \(BH.BS=BU.BF;CH.CS=CV.CE\Rightarrow\frac{BS}{CS}.\frac{BH}{CH}=\frac{BF}{CE}.\frac{BU}{CV}\)
Hay \(\frac{BS}{CS}.\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AB}{AC}.\frac{BU}{FU}.\frac{EV}{CV}=\frac{AB}{AC}.\frac{BS^2}{CS^2}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{BS}{CS}\)
Suy ra S là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC
Vì vậy S cố định, khi đó đường tròn (HEF) đi qua hai điểm H,S cố định
Vậy thì tâm L của đường tròn (HEF) luôn thuộc trung trực của SH cố định (đpcm).
1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)
Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC
2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))
Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))
Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )
3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.
Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )
\(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )
\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)
Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có :
\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
\(\Rightarrow KB\perp AB\)
mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)
Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)
Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành
Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi
Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi
Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)
Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng
\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)
Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để SADE đạt giá trị lớn nhất thì SABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC
vẽ (O') ngoại tiếp tam giác ABC. gọi M là điểm chính giữa cung BC (M và A nằm khác phía với BC). I là điểm trên cạnh BC và BI=\(\frac{2}{3}\)IC.MI cắt đường tròn (O') tại N (khác M)
ta có N cố định, NI là đường pjaan giác của tam giác NBC nên \(\frac{NB}{NC}=\frac{IB}{IC}=\frac{2}{3}\)
xét tam giác NBD và tam giác BCE có \(\hept{\begin{cases}\widehat{NBD}=\widehat{NCE}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AN}\\\frac{NB}{NC}=\frac{BD}{CE}\left(=\frac{2}{3}\right)\end{cases}}\)
do đó tam giác NBD ~ tam giác NCE => \(\widehat{NDB}=\widehat{NEC}\)=> tứ giác ADNE nội tiếp => OA=ON
=> O thuộc đường tròn cố ddunhj là đường trung trực đoạn thẳng AN