Cho tam giác ABC cố định. Một đường tròn (K) thay đổi đi qua B,C cắt CA,AB lần lượt tại E,F khác B,C. BE cắt CF tại H. M,N là hình chiếu của H lên CA,AB. BM cắt CN tại L. Chứng minh rằng LH luôn đi qua điểm cố định khi (K) di chuyển.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
I
21 tháng 3 2020
Gọi AD là phân giác của tam giác ABC . Do B,C đối xứng nhau qua OT và BM=CN nên M,N đối xứng qua OT
=>\(BC//MN\)
Ta có \(\widehat{FBM}=180^0-\widehat{ABC}-\widehat{CBM}=180^0-\widehat{ABC}-\widehat{CAB}=\widehat{ACB}\)
chú ý góc đồng .vị \(\widehat{ABC}=\widehat{BFM}\)do đó \(\Delta ABC~\Delta MFB\). từ đó ta chú ý \(FM//BC\)nên theo định lý ta-lét ta có
\(\frac{QC}{QF}=\frac{BC}{FM}=\frac{BM}{FM}=\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{DB}\)suy ra \(QD//BF\). tương tự \(PD//CE\)
từ đó theo định lý ta-lét .và tính chất đường phân giác ta có
\(\frac{DQ}{DP}=\frac{DQ}{BF}.\frac{BF}{CE}.\frac{CE}{DP}=\frac{CD}{BC}.\frac{AB}{AC}.\frac{BC}{BD}=\frac{CD}{BD}.\frac{AB}{AC}=1\).vậy DP=DQ (1)
ta lại có \(\widehat{ADQ}=\widehat{DBQ}+\widehat{BDQ}=\widehat{\frac{BAC}{2}+}\widehat{ACB}+\widehat{ABC}.\)
.vậy tương tự \(\widehat{ADP}=\frac{\widehat{BAC}}{2}+\widehat{ACB}+\widehat{ABC}\)do đó
\(\widehat{ADQ}=\widehat{ADP}\left(2\right)\)
Từ (1) zà (2) suy ra
\(\Delta ADQ=\Delta ADP\left(c.g.c\right)\)suy ra \(AP=AQ\)(dpcm)
5 tháng 5 2019
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).
16 tháng 8 2021
a) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{PFB}=\widehat{ACB}=\widehat{PBF}\) suy ra \(PF=PB\)
Suy ra \(MP\perp AB\) vì MP là trung trực của BF. Do đó \(MP||CF\). Tương tự \(MQ||BE\)
b) Dễ thấy M,I,J đều nằm trên trung trực của EF cho nên chúng thẳng hàng. Vậy IJ luôn đi qua M cố định.
c) Gọi FK cắt AD tại T ta có \(FK\perp AD\) tại T. Theo hệ thức lượng \(IE^2=IF^2=IT.IL\)
Suy ra \(\Delta TIE~\Delta EIL\). Lại dễ có \(EI\perp EM\), suy ra ITKE nội tiếp
Do vậy \(\widehat{ILE}=\widehat{IET}=\widehat{IKT}=90^0-\widehat{LIK}\). Vậy \(IK\perp EL.\)
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).