Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có ADIE và BDCE là các tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AID}=\widehat{AEI}=\widehat{ABC}$.
Suy ra BDIM nội tiếp.
Suy ra $AI.AM=AD.AB=AM^2-BM^2=3BM^2$ (vì AM=BC)
Suy ra $AI=\dfrac{3}{2}BM$ và $IM=AM-AI=\dfac{1}{2}BM$
Do đó $MI.MA=BM^2$, suy ra hai tam giác BIM và ABM đồng dạng theo c.g.c
Suy ra $\widehat{BIM}=\widehat{BAM}=\widehat{BCJ}$
Suy ra BI//CJ. Theo Talet thì $\dfrac{BI}{CJ}=\dfrac{BM}{CM}=1$.
Vậy $BICJ$ là hình bình hành.
Bài 11:Cho đường tròn(O) đường kính AB=2R. Điểm C thuộc đường tròn(C không trùng với A và B).Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C kẻ tiếp tuyến à với (O).Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q,AM cắt BC tại N, AC cắt BM tại P.
a) Gọi K là điểm chính giữa cung AB(cung không chứa C).HỎi có thể xảy ra trường hợp 3 điểm Q,M,K thẳng hàng không?
b) Xác định vị trí của C trên nửa đường tròn tâm O để đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O).
Bài 12: Cho tứ giác ABCD có đường chéo BD không là phân giác của góc ABC và góc CDA.Một điểm P nằm trong tứ giác sao cho góc PBC=góc DBA; góc PDC = góc BDA.Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi AP=CP
Bài 13:Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2p không đổi ngoại tiếp 1 đường tròn(O).Dựng tiếp tuyến MN với (O) sao cho MN song song với AC;M thuộc cạnh AB,N thuộc cạnh BC.Tính AC theo p để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất.
Bài 14: Trong một tam giác cho trước hãy tìm bán kính lớn nhất của hai đường tròn bằng nhau tiếp xúc ngoài nhau đồng thời mỗi đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác đó.
Bài 15: Trên cạnh AB của tam giác ABC lấy một điểm D sao cho đường tròn nột tiếp tam giác ACD và BCD bằng nhau
a) Tính đoạn CD theo các cạnh của tam giác
b)CMR: Điều kiện cần và đủ để góc C = 90 độ là điện tích tam giác ABC bằng diện tích hình vuông cạnh CD
Bài 16: Cho hình thang vuông ABCD có AB là cạnh đáy nhỏ,CD là cạnh đáy lớn,M là giao của AC và BD.Biết rằng hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính R.Tính diện tích tam giác ADM theo R
Bài 17:Cho tam giác ABC không cân,M là trung điểm cạnh BC,D là hình chiếu vuông góc của A trên BC; E và F tương ứng là các hình chiếu vuông góc của B và C trên đường kính đi qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.CMR: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF
Bài 18: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa A và B, Tia Cx vuông góc với AB.Trên tia Cx lấy D và E sao cho CECB=CACD=3√CECB=CACD=3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC tại H(H khác C). CMR: HC luôn đi qua một điểm cố định khi C chuyển động trên đoạn AB.Bài toán còn đúng không khi thay 3√3 bởi m cho trước(m>0)
Bài 19: Cho tam giác ABC nhọn và điểm M chuyện động trên đường thẳng BC.Vẽ trung trực của các đoạn BM và CM tương ứng cắt các đường thẳng AB và AC tại P và Q.CMR: Đường thẳng qua M và vuông góc với PQ đi qua 1 điểm cố định
Bài 20: Cho tam giác ABC và một đường tròn (O) đi qua A và C.Gọi K và N là các giao điểm của (O) với các cạnh AB,C.ĐƯờng tròn (O1) và (O2) ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác KBN cắt nhau tại B và M.CMR: O1O2 song song với OM
hộ t 1 số bài tập với
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
Bổ đề 1: Xét tứ giác MNPQ là tứ giác lồi có MP giao NQ tại R. Gọi H,K lần lượt là trực tâm của tam giác MRN;PRQ. U và V lần lượt là trung điểm của NP và MQ. Khi đó UV vuông góc với HK.
Bổ đề 2: Xét tam giác ABC nội tiếp (O), L là điểm chính giữa cung BAC. Lấy X thuộc cạnh AB, Y thuộc cạnh AC sao cho BX = CY. Khi đó LX = LY.
Hai bổ đề trên rất quen thuộc, các bạn tự chứng minh.
Giải bài toán: Đặt M,N thứ tự là trung điểm của BD,CE. Ta có BM = CN (= BD/2 = CE/2)
Gọi K là trung điểm cung BAC. Theo Bổ đề 2 thì KM = KN (1)
Dễ thấy ID = IC; IB = IE; BD = CE. Suy ra \(\Delta\)BID = \(\Delta\)EIC (c.c.c)
Hai tam giác trên có trung tuyến tương ứng là IM,IN. Do đó IM = IN (2)
Để ý rằng I là trực tâm của \(\Delta\)BFC. Áp dụng Bổ đề 1 vào tứ giác BDEC ta được IH vuông góc MN (3)
Từ (1);(2) và (3) suy ra ba điểm I,H,K thẳng hàng. Đó là 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.
Gọi hai tiếp tuyến tại E và F của (AEF) cắt nhau tại G. Áp dụng ĐL Pascal ta có ngay B,G,C thẳng hàng (1)
Ta thấy PG/(O1) = GE2 = PG/(AEF) = GF2 = PG/(O2) suy ra G nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) (2)
Ta lại có (O1) cắt (O2) tại D; D,B,C thẳng hàng. Kết hợp với (1) và (2) ta thu được BC là trục đẳng phương của (O1) và (O2) (đpcm).
Gọi tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB thứ tự là D,E,F. G là trọng tâm của \(\Delta\)DEF.
Kéo dài AI,BI,CI cắt (O) lần lượt tại M,N,P (A khác M, B khác N, C khác P)
Dễ dàng chứng minh M,N,P lần lượt là điểm chính giữa các cung BC,CA,AB của (O)
Từ đó OM,ON,OP lần lượt vuông góc với BC,CA,AB và I là trực tâm của \(\Delta\)MNP
Ta có \(\Delta\)MNP với tâm ngoại tiếp O và trực tâm I, suy ra \(\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}\)
Chú ý rằng \(\overrightarrow{OM}=OM.\frac{\overrightarrow{ID}}{ID}=\frac{R}{r}\overrightarrow{ID}\). Từ đây \(\overrightarrow{OI}=\frac{R}{r}\left(\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}\right)\)
Lại có G là trọng tâm của \(\Delta\)DEF nên \(\overrightarrow{3IG}=\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}\)
Do đó \(\overrightarrow{OI}=\frac{3R}{r}\overrightarrow{IG}\), suy ra ba điểm O,I,G thẳng hàng (1)
Mặt khác, khi ta dựng vector đơn vị \(\overrightarrow{e}\)vuông góc với KL là hướng ra ngoài tứ giác BKLC
Thì \(KL.\overrightarrow{e}+BK.\overrightarrow{IF}+CL.\overrightarrow{IE}+BC.\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{0}\)(ĐL Con Nhím)
Suy ra \(KL.\overrightarrow{e}+3BC.\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{0}\)hay \(\overrightarrow{GI}=\frac{KL}{3BC}.\overrightarrow{e}\). Do vậy \(\overrightarrow{GI}\)// \(\overrightarrow{e}\)
Mà \(\overrightarrow{e}\)vuông góc với KL nên GI vuông góc KL (2)
Từ (1) và (2) suy ra OI cũng vuông góc với KL (đpcm).