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).

Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Giải bài toán:

Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:

Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I

Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 180⁰ - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp

Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:

\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)

\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)

Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)

Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định

Vậy ta thu được điều phải chứng minh.

1) Ta có

  B I C ^ = 180 0 − I B C ^ − I C B ^ = 180 0 − A B C ^ 2 − A C B ^ 2 = 180 0 − 180 ∘ − B A C ^ 2 = 90 0 + B A C ^ 2 ⇔ B A C ^ = 2 B I C ^ − 180 °

Tương tự B Q C ^ = 90 0 + B P C ^ 2 ⇔ B P C ^ = 2 B Q C ^ − 180 ° .

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra B A C ^ = B P C ^ ⇒ B Q C ^ = B I C ^ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.

2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.

Góc I B M ^  là góc ở tâm chắn cung I M ⏜  và I K M ^  là góc nội tiếp chắn cung  I M ⏜ , suy ra I K M ^ = 1 2 I B M ^  (1).

Tương tự I K N ^ = 1 2 I C N ^  (2).

Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra  I B M ^ = I B Q ^ = I C Q ^ = I C N ^  (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra I K M ^ = I K N ^ ⇒ K M ≡ K N .

Vậy MN đi qua K cố định.

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 S_ADE đạt giá trị lớn nhất thì S_ABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

Bạn giải chưa ạ??

có ai kg giúp mình giải bài này đi

help me