Gọi S là giao điểm của 2 đường tròn (PCE) và (PBF).

Trước hết, ta thấy \(\Delta\)PCE ~ \(\Delta\)AOB => ^CPE = ^OAB. Tương tự: ^BPF = ^OAC.

Suy ra: ^CPE + ^BPF = ^OAB + ^OAC = ^BAC = 180⁰ - ^BPC => E,P,F thẳng hàng => ^EPS + ^FPS = 180⁰

Mà ^FPS + ^SNF = 180⁰ nên ^EPS = ^SNF => ^EMS = ^SNQ (Vì ^EPS = ^EMS)

=> Tứ giác SMQN nội tiếp. Hay S thuộc đường tròn (QMN).

Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BSC = ^BSP + ^CSP = ^BFP + ^CEP = ^BAC = const. Mà BC cố định

Nên S nằm trên đường tròn đối xứng với (O) và BC => Đường tròn (BCS) cố định

Ta sẽ chứng minh: Đường tròn (QMN) tiếp xúc với (BCS) cố định (tại điểm chung S).

Thật vậy, từ S vẽ tiếp tiếp Sx của đường tròn (QMN). Dễ thấy: ^MSx = ^MNS = ^PBS (Do tứ giác BPSN nội tiếp)

Xét đường tròn (PCE): ^MSC = ^MPC = ^CBP. Từ đó: MSx + ^MSC = ^PBS + ^CBP = ^CBS

Do đó: Sx cũng là tiếp tuyến của đường tròn (BCS). Cho nên (QMN) luôn tiếp xúc (BCS) cố định (đpcm).

1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M.Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân.

Ta lại có    Q P S ^ = Q A B ^ = Q R B ^  .

Từ đó có E P Q ^ = E R P ^ ⇒ Δ E R P ∽ Δ E P Q  (g – g),

nên E Q P ^ = E P R ^ = B P S ^ = A S E ^ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.

Do đó P A . P Q = P E . P S = P F 2 .2 P M = P F . P M , suy ra tứ giác A M Q F  nội tiếp.

Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △ A Q F  luôn đi qua M.

a) Gọi EF cắt AO tại T. Ta thấy AE,AF là các tiếp tuyến từ A tới (O) => OA là trung trực của EF

=> OA vuông góc EF tại T. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)AEO) có OE² = OT.OA

=> OD² = OT.OA. Từ đó \(\Delta\)DOT ~ \(\Delta\)AOD (c.g.c) => ^ODT = ^OAD

Cũng từ OA vuông góc EF tại T => ^OTI = 90⁰ = ^ODI => Tứ giác DOTI nội tiếp (OI)

=> ^ODT = ^OIT. Mà ^ODT = ^OAD (cmt) nên ^OAD = ^OIT. Do ^OIT + ^IOT = 90⁰ nên ^OAD + ^IOT = 90⁰

Nếu gọi AD giao OI tại L thì ta có \(\Delta\)AOL vuông tại L hay DG vuông góc OI

Mà DG là một dây của (O) nên OI là trung trực của DG. Theo đó ^IGO = ^IDO = 90⁰

Vậy thì IG tiếp xúc với (O) tại G (đpcm).

b) Gọi DJ là đường kính của (O). Từ B và C lần lượt hạ BP và CQ vuông góc với KJ (P,Q thuộc KJ)

Khi đó ta có ^DGJ = ^DKJ = 90⁰ và BP // DK // CQ (Cùng vuông góc KJ)

Xét \(\Delta\)DGJ và \(\Delta\)AHD: ^DGJ = ^AHD = 90⁰, ^GDJ = ^HAD (AH // DJ) => \(\Delta\)DGJ ~ \(\Delta\)AHD (g.g)

Chú ý M là trung điểm AH, L là trung điểm GD nên dễ có \(\Delta\)JGL ~ \(\Delta\)DHM (c.g.c)

=> ^GJL = ^HDM => ^OLJ = ^BDK (Do OL // GJ) = ^DJK (Vì BC tiếp xúc (O))

Theo câu a: DL vuông góc OI tại L, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)ODI) có:

OD² = OL.OI => OJ² = OL.OI. Từ đây \(\Delta\)OLJ ~ \(\Delta\)OJI (c.g.c) => ^OLJ = ^OJI hay ^OLJ = ^DJI

Két hợp với ^OLJ = ^DJK (cmt) suy ra ^DJK = ^DJI. Mà K,I cùng phía so với DJ nên JK trùng JI

Hay K,I,J thẳng hàng. Kéo theo I,P,K,Q cũng thẳng hàng. Áp dụng hệ quả ĐL Thales có:

\(\frac{CQ}{BP}=\frac{IC}{IB}\). Lại có \(\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}.\frac{IC}{IB}=1\)(ĐL Melelaus) => \(\frac{IC}{IB}=\frac{EC}{FB}\)(Vì EA=FA)

Do đó \(\frac{CQ}{BP}=\frac{EC}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{QK}{PK}\)(Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và ĐL Thales)

Kết hợp với ^BPK = ^CQK = 90⁰  suy ra \(\Delta\)BPK ~ \(\Delta\)CQK (c.g.c) => ^BKP = ^CKQ

=> 90⁰ - ^BKP = 90⁰ - ^CKQ => ^BKD = ^CKD => KD là phân giác ^BKC (đpcm).

a) Đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB.BC,CAAB.BC,CA tại D,E,FD,E,F, tức là OO là giao của ba đường phân giác tam giác ABCABC và OD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BCOD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BC

Do đó: ODAˆ+OFAˆ=900+900=1800ODA^+OFA^=900+900=1800

⇒ODAF⇒ODAF là tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự: ODBE,OECFODBE,OECF nội tiếp.

Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:

⎧⎩⎨ODFˆ=OAFˆ=Aˆ2ODEˆ=OBEˆ=Bˆ2{ODF^=OAF^=A^2ODE^=OBE^=B^2 ⇒ODFˆ+ODEˆ=Aˆ2+Bˆ2⇒ODF^+ODE^=A^2+B^2

hay EDFˆ=Aˆ+Bˆ2EDF^=A^+B^2

Tương tự: DEFˆ=Bˆ+Cˆ2DEF^=B^+C^2 và EFDˆ=Aˆ+Cˆ2EFD^=A^+C^2

Vì ABCABC là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn 900900

⇒EDFˆ,DEFˆ,EFDˆ<900⇒EDF^,DEF^,EFD^<900

⇒△DEF⇒△DEF có 3 góc nhọn.

b)

Vì tam giác ABCABC cân tại AA nên ABCˆ=ACBˆABC^=ACB^

⇒ABCˆ=180−BACˆ2=900−Aˆ2⇒ABC^=180−BAC^2=900−A^2

Tứ giác ODAFODAF nội tiếp ⇒ADFˆ=AOFˆ=900−OAFˆ=900−Aˆ2⇒ADF^=AOF^=900−OAF^=900−A^2

Do đó: ABCˆ=ADFˆABC^=ADF^, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DF∥BCDF∥BC

c)

{ABCˆ=ACBˆABCˆ=ADFˆ(theo phần b){ABC^=ACB^ABC^=ADF^(theo phần b) ⇒ADFˆ=ACBˆ=FCBˆ⇒ADF^=ACB^=FCB^

⇒BDFC⇒BDFC nội tiếp.

d)

BDBD là tiếp tuyến của (O)(O) nên BDMˆ=DFIˆ=DFBˆBDM^=DFI^=DFB^ (cùng chắn cung DI)

Mà do BDFCBDFC nội tiếp nên DFBˆ=DCBˆDFB^=DCB^

Từ đây suy ra BDMˆ=DCBˆBDM^=DCB^

Xét tam giác BDMBDM và BCDBCD có:

{∠B ChungBDMˆ=BCDˆ(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g){∠B ChungBDM^=BCD^(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g)

⇒BDBC=BMBD(1)⇒BDBC=BMBD(1)

Do DF∥BC⇒BDAB=CFACDF∥BC⇒BDAB=CFAC (theo định lý Ta -let) mà AB=AC⇒BD=CF(2)AB=AC⇒BD=CF(2)

Từ (1);(2)⇒BDBC=BMCF(1);(2)⇒BDBC=BMCF (đpcm

~Mik ko chắc~

a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AP và DP. Ta có :

IK song song và bằng 1/2 AD hay bằng 1/2 BC.

KM = DM - DK = DC/2 - DP / 2 = PC/2

Mà \(\widehat{IKM}=\widehat{ADC}=\widehat{BCP}\)

\(\Rightarrow\Delta IKM\sim\Delta BCP\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{IMP}\)

Mà \(\widehat{BPC}=\widehat{ABP}\) (AB // PC) ; \(\widehat{ABP}=\widehat{AQR}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AR)

Do đó \(\widehat{IME}=\widehat{IQE}\Rightarrow\) Tứ giác IMQE nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{EIQ}=\widehat{EMQ}\)

Mà IE // AF (Đường trung bình) nên \(\widehat{IEQ}=\widehat{FAQ}\)  (Đồng vị) 

\(\Rightarrow\widehat{FAQ}=\widehat{FMQ}\) hay tứ giác AMQF nội tiếp.

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF đi qua A, M cố định.

Vậy tâm đường tròn thuộc đường trung trực của AM.

b) Ta có \(\widehat{EPR}=\widehat{BPC}=\widehat{ABP}=\widehat{AQE}\) nên \(\Delta EPR\sim\Delta EQP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EP}{EQ}=\frac{ER}{EP}\Rightarrow EP^2=ER.EQ\)

Vì AE là tiếp tuyến nên \(\widehat{EAR}=\widehat{AQE}\Rightarrow\Delta EAR\sim\Delta EQA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EA}{EQ}=\frac{ER}{EA}\Rightarrow EA^2=EQ.ER\)

\(\Rightarrow EP^2=EA^2\Rightarrow EP=EA=EF\)

\(\Rightarrow\widehat{FAP}=90^o\Rightarrow\widehat{FMQ}=90^o\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ)

\(\Rightarrow MQ\perp CD\)

2). Từ AD là phân giác  B A C ^  suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có  D M C F = B D B C .

Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E  (3).

Ta lại có góc nội tiếp  A D E ^ = F C E ^  (4).

Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C  

What cái gì vậy tui đăng câu hỏi cơ mà

a) Tứ giác ACEH có

ˆACE=ˆEHA=900ACE^=EHA^=900(cùng nhìn AE)

=> tứ giác ACHE nội tiếp 

b) tứ giác ACHE nội tiếp 

=> ˆEAH=ˆHCEEAH^=HCE^(cùng chắn EH)

lại có ˆADF=ˆACFADF^=ACF^(cùng chắn AF)

mà ˆACF+ˆHCE=900ACF^+HCE^=900do ˆACE=900ACE^=900

=>ˆEAH+ˆADF=900EAH^+ADF^=900

=> DF⊥ABDF⊥AB

mà EH⊥ABEH⊥AB

=> DF//EHDF//EH

c)các bước chứng minh nè :

cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)

thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D

a) Tứ giác ACEH có

\(\widehat{ACE}=\widehat{EHA}=90^0\)(cùng nhìn AE)

=> tứ giác ACHE nội tiếp 

b) tứ giác ACHE nội tiếp 

=> \(\widehat{EAH}=\widehat{HCE}\)(cùng chắn EH)

lại có \(\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\)(cùng chắn AF)

mà \(\widehat{ACF}+\widehat{HCE}=90^0\)do \(\widehat{ACE}=90^0\)

=>\(\widehat{EAH}+\widehat{ADF}=90^0\)

=> \(DF\perp AB\)

mà \(EH\perp AB\)

=> \(DF//EH\)

c)các bước chứng minh nè :

cm HOD=DCH (2 góc cùng nhìn DH)

thì => COHD nọi tiếp đường tròn thì đường tròn sẽ đi qau C H O D