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)
Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp
=>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5)
Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6)
Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7)
Tương tự ta có: EFN=PQN (8)
Từ (7) và (8) suy ra Δ N P Q ~ Δ N E F ( g . g ) = > P Q E F = N Q N F
Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có
N Q ≤ N F = > P Q E F = N Q N F ≤ 1 = > P Q ≤ E F
Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng.
Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Ta có ^AIC' = ^IAC + ^ICA = ^IAB + ^ICB = ^IAB + ^BAC' = ^IAC' => \(\Delta\)AC'I cân tại C'
=> C' nằm trên trung trực của AI. Tương tự B' cũng nằm trên trung trực của AI => B'C' vuông góc AI
Hay A'I vuông góc với B'C'. Lập luận tương tự B'I vuông góc A'C', C'I vuông góc A'B'
Do đó I là trực tâm của \(\Delta\)A'B'C' (đpcm).
b) Ta thấy ^FDE = ^A'DC' = ^A'AC' = ^IAC' = C'IA (Vì \(\Delta\)AC'I cân tại C') = ^EIC'
Suy ra tứ giác DEIF nội tiếp (đpcm).
c) Gọi S là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)DEF. Vì tứ giác DEIF nội tiếp (cmt) nên S đồng thời là tâm ngoại tiếp DEIF
Gọi giao điểm thứ hai giữa (S) và (O) là G. Khi đó ^DFG = ^DEG => ^GFA' = ^GEC'
Lại có ^EGF = ^EDF = ^A'DC' = ^A'GC' => ^FGA' = ^EGC'. Do vậy \(\Delta\)GEC' ~ \(\Delta\)GFA' (g.g)
=> \(\frac{GC'}{GA'}=\frac{EC'}{FA'}\). Mặt khác ^A'IF = ^C'IA = ^C'AI = ^C'AE và ^IA'F = ^AA'D = ^AC'D = ^AC'E
Cho nên \(\Delta\)AEC' ~ \(\Delta\)IFA' (g.g) => \(\frac{EC'}{FA'}=\frac{AC'}{IA'}\). Mà các điểm A,I,A',C' đều cố định
Nên tỉ số \(\frac{AC'}{FA'}\) là bất biến. Như vậy \(\frac{GC'}{GA'}\)không đổi, khi đó tỉ số giữa (GC' và (GA' của (O) không đổi
Kết hợp với (O), A',C' cố định suy ra G là điểm cố định. Theo đó trung trực của IG cố định
Mà S thuộc trung trực của IG (do D,I,E,F,G cùng thuộc (S)) nên S di động trên trung trực của IG cố định (đpcm).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác B D C ^
Ta có K Q C ^ = 2 K M C ^ (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))
N D C ^ = K M C ^ (góc nội tiếp cùng chắn cung N C ⏜ )
Mà B D C ^ = 2 N D C ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^
Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở ⇒ B C D ^ = B C Q ^ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK
Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK
Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).
a)Xét (O) có:
góc PDA và góc PIA là 2 góc có đỉnh nằm trong đường tròn
=>góc PDA=\(\dfrac{sđ\stackrel\frown{AP}+sđ\stackrel\frown{BM}}{2}\),góc PIA=\(\dfrac{sđ\stackrel\frown{AP}+sđ\stackrel\frown{MC}}{2}\)
mà \(\stackrel\frown{BM}=\stackrel\frown{MC}\)(M là điểm chính giữa)
=> góc PDA = góc PIA
Xét tứ giác AIDP có
2 đỉnh D và I kề nhau cùng nhìn cạnh AP
góc PDA = góc PIA (cmt)
=>AIDP là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b)Xét (O) có
PAB và PCB là 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BP
=> góc PAB = góc PCB
mà góc PAB = góc PID ( tứ giác AIDP nội tiếp)
=> góc PCB= góc PID
=>ID//BC
c)CMTT câu trên ta được IE//BC
Mà ID//BC
=>IE trùng với ID(tiên đề ơ clit)
=> 3 ddierm D,I,E thẳng hàng