Cho tam giác ABC .CMR: Tam giác ABC luôn có đường tròn ngoại tiếp.

NT

Nguyễn Thị Bích Ngọc

24 tháng 1 2017 - olm

Cho tam giác ABC có góc BAC=120 độ, AD là phân giác trong của góc A

CMR: tổng 2 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ADC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

#Toán lớp 9

0

OK

Oanh Kim

8 tháng 12 2018 - olm

cho tam giác ABC . lấy M trên AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt AC tại N.
a, CMR AMN đồng dạng với ACB

b, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN, CMR I thuộc 1 đường thẳng cố định
c, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. CMR IJ có độ dài ko đổi

#Toán lớp 9

0

LH

Lạc Hy

29 tháng 5 2017 - olm

1.cho tam giác ABC không có góc nào vượt quá 120 độ, vẽ ba tam giác đều BCA', ACB', ABC' ra phía ngoài các tam giác. CMR các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều đó cùng đi qua một điểm.
2. Cho tam giác ABC. Gọi D,E,F tương ứng là các điểm nằm trên các cạnh AB, BC,CA. CMR: các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADF, BDE, CEF cắt nhau tại một điểm.
Hepl me

#Toán lớp 9

0

MN

Minh Nguyễn Cao

3 tháng 8 2019 - olm

Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H. Gọi M,N lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C của tam giác ABC. Lấy D thuộc BC( D khác B,C), E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN(E khác B). CMR: A,E,D thẳng hàng

#Toán lớp 9

2

NT

Nguyễn Tất Đạt

4 tháng 8 2019

Ta có ^MEN = ^NBD + ^MCD = 180⁰ - ^MAN. Suy ra tứ giác AMEN nội tiếp

Cũng dễ có tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn (BC)

Từ đó ^AEM = ^ANM = ^MCB = ^MCD = 180⁰ - ^MED. Hay ^AEM + ^MED = 180⁰

Vậy thì A,E,D thẳng hàng (đpcm).

Đúng(0)

KN

Kiệt Nguyễn

27 tháng 2 2020

Ta có ^BCN = ^BMN ( do tứ giác BNMC nội tiếp )

=> ^NBC = ^AMN ( cùng phụ với hai góc bằng nhau ) (1)

Mặt khác do BDEN và CDEM là các tứ giác nội tiếp chung cạnh DE

Nên ^NBD + ^MCD = ^NEM ( tính chất góc ngoài tứ giác nội tiếp )

Mà ^NBD + ^MCD + ^NAM = 180⁰

Suy ra ^NEM + ^NAM = 180⁰ . Vây AMEN nội tiếp

Do đó: ^AMN = ^AEN (2)

Từ (1) và (2) suy ra ^NBD = ^AEN

Mà ^NBD + ^DEN = 180⁰ (do BDEN nội tiếp)

Nên ^DEN + ^AEN = 180⁰ => ^AED=180⁰ .

Vậy ba điểm A, E, D thẳng hàng (đpcm)

Đúng(0)

2N

24-Nguyễn Đình Nguyên-8a6

16 tháng 12 2021

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), phân giác AD cắt đường tròn (O) tại
E. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. CMR: CE vuông góc CI

#Toán lớp 9

0

LD

Lê Đức Anh

17 tháng 7 2018 - olm

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. M, N, P là trung diểm các cạnh BC, CA, AB. CMR:

a) Điểm O nằm trên đường tròn ngoại tiêps tam giác APN

b)đường tròn ngoại tiếp các tam giác APN, BMP, CNM có bán kính bằng nhau

#Toán lớp 9

0

AD

Anh Dũng

10 tháng 4 2020 - olm

Cho tam giác ABC đều mà M thuộc đường ngoài ngoại tiếp tam giác

CMR: MA²+MB²+MC²=6R²(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

#Toán lớp 9

1

HH

Hoàng hôn ( Cool Team )

10 tháng 4 2020

Bài toán phụ: Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}=120^o\). Khi đó BC²=AB²+AC²+AB.AC

Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của C trên AB

\(AH=\frac{1}{2}AC;CH=\frac{\sqrt{3}}{2}AC\left(1\right)\)

Theo định lý Pytago, ta có: BC²=BH²+CH²(2)

Từ (1)(2) => BC²=(AB+AH)²+CH²=\(\left(AB+\frac{1}{2}AC\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}AC\right)^2\)

\(=AB^2+AB\cdot AC+\frac{1}{4}AC^2+\frac{3}{4}AC^2=AB^2+AC^2+AB\cdot AC\)

Không mất tính tổng quát giả sử M thuộc cung \(\widebat{BC}\) (không chứa A) của (O)

Chứng minh được MA=MB+MC

=> MA²=MB²+MC²+2.MB.MC

=> MA²+MB²+MC²=2(MB²+MC²+MB.MC)(3)

Theo BĐ1 ta có: MB²+MC²+MB.MC=BC²

=> MB²+MC²+MB.MC=3R²

Từ (1) (2) => MA²+MB²+MC²=6R²

Đúng(0)

HP

Hữu Phúc

28 tháng 10 2021

Cho tam giác ABC đều có AB=6cm. Vẽ đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp của tam giác ABC. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và bàng tiếp

#Toán lớp 9

0

HP

Hữu Phúc

28 tháng 10 2021

Cho tam giác ABC đều có AB=6cm. Vẽ đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và bàng tiếp của tam giác ABC. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và bàng tiếp

#Toán lớp 9

0

NT

Nguyễn Thị Thủy

14 tháng 1 2019 - olm

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ^ABC = ^CAD. (K) là đường tròn nội tiếp tam giác ADC. E là chân đường phân giác xuất phát từ đỉnh B của tam giác ABC. Tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L. CM tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BLC nằm trên (O) ?

#Toán lớp 9

1

NT

Nguyễn Tất Đạt

14 tháng 1 2019

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL' (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g) => FA² = FK.FC (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP