Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
D là giao của (O) với Ox; E là giao của Ox với (A)
Xét (A) có
\(sđ\widehat{COE}=\dfrac{1}{2}sđcungCE=\dfrac{1}{2}\left(sđcungOCE-sđcungCO\right)=\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(180^o-sđcungCO\right)=90^o-\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (1)
\(sđ\widehat{BCO}=\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
Xét tg vuông BCO
\(sđ\widehat{BOC}=90^o-sđ\widehat{BCO}=90^o-\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (2)
Xét tg CBO và tg CDO có
OB=OD (bán kính (O))
OC chung
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BOC}=\widehat{COE}\)
=> tg CBO = tgCDO (c.g.c)\(\Rightarrow\widehat{CDO}=\widehat{CBO}=90^o\)
\(\Rightarrow CD\perp Ox\)
Ta có (O) cố định; Ox cố định => D cố định => đường thẳng đi qua C vuông góc với Ox tại D cố định
Vậy khi A di chuyển thì C luôn nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox tại D
Để chứng minh rằng C nằm trên đường thẳng cố định khi A di chuyển, ta sẽ sử dụng tính chất của tiếp tuyến và đường tròn. Gọi M là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (O). Ta cần chứng minh rằng M nằm trên đường thẳng cố định khi A di chuyển. Vì BC là tiếp tuyến chung ngoài của (O) và (A, AO), nên ta có: ∠CMB = ∠CAB (cùng nằm ở cùng một cung CM trên đường tròn (O)) ∠CMB = ∠BAC (do BC là tiếp tuyến chung ngoài của (O) và (A, AO)) Từ hai phương trình trên, ta có: ∠CAB = ∠BAC Điều này cho thấy ∠CAB và ∠BAC là hai góc bằng nhau, nên ta có thể kết luận rằng M nằm trên đường thẳng cố định khi A di chuyển. Vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng C nằm trên đường thẳng cố định khi A di chuyển.
a, b, c HS tự làm
d, Gợi ý: G' ÎOI mà I G ' I O = 1 3 => G' thuộc (G'; 1 3 R)
a) Tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên O, B, A, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AB = AC nên ABC là tam giác cân tại A.
Lại có AO là phân giác nên đồng thời là đường trung tuyến. Vậy thì AO đi qua H hay A, H, O thảng hàng.
Theo liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat{KDC}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có: \(\widehat{COA}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\)
Suy ra \(\widehat{KDC}=\widehat{COA}\)
Vậy thì \(\Delta KDC\sim\Delta COA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CK}{AC}=\frac{CD}{AO}\Rightarrow AC.CD=CK.AO\)
c) Ta thấy \(\widehat{ABN}=\widehat{NBC}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung chắn các cung bằng nhau)
Vậy nên BN là phân giác góc ABC.
Lại có AN là phân giác góc BAC nên N là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
d) Gọi J là trực tâm tam giác ABC. Ta có ngay \(JC\perp AB;BJ\perp AC\)
Vậy thì BO // JC ; BJ // OC
Suy ra tứ giác JBOC là hình bình hành.
Lại có OB = OC nên JBOC là hình thoi.
Từ đó ta có JB = JC = OB = OC = R.
Vậy khi A di chuyển trên tia By cố định thì BJ = R hay J thuộc đường tròn tâm B, bán kính R.
Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.
Dễ thấy ^BNA = 900. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA
Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK
Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 3600 - ^ANM - ^KNM
= (1800 - ^ANM) + (1800 - ^KNM) = ^ABM + (1800 - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA
=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A
=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)
Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)
Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const
Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi
=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi
Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).
