Cho tam giác ABC vuông tại C. Trên cạnh AB lấy M ( M khác A, B ). Gọi O, O1, O2 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AMC và BMC
a) CM : C , O1, M, O2 thuộc đường tròn tâm T
b) CM : Đường tròn tâm T đi qua tâm O
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
CM
11 tháng 10 2019
a, MPHQ là hình chữ nhật => MH = PQ
b, Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông chứng minh được MP.MA = MQ.MB => ∆MPQ: ∆MBA
c, P M H ^ = M B H ^ => P Q H ^ = O 2 Q B ^ => PQ là tiếp tuyến của O 2
Tương tự PQ cũng là tiếp tuyến ( O 1 )
5 tháng 2 2020
Hình tự vẽ nha <3
Vẽ \(AH\)cắt \(BC\)tại \(K\)
Ta có: \(AK\perp BC\)
Gọi \(S\)(Khác \(D\)) là giao điểm của 2 đường trong \(O_1;O_2\)
Xét đường tròn \(O_1\)có: \(\widehat{SDB}=\widehat{SMC}\)
Ta có: \(\widehat{SMC}=\widehat{SNA}\Rightarrow AMSN\)nội tiếp.
Mặt khác: \(\widehat{HMA}=\widehat{HNA}=90^0\Rightarrow AMHN\) nội tiếp
Vì vậy 5 điểm \(A,M,S,H,N\)cùng thuộc đường tròn.
\(\widehat{NSA}=\widehat{NHA}\)Mà \(\widehat{NHA}=\widehat{DBN}\Rightarrow\widehat{NSA}=\widehat{DBN}\)
Ta có: \(\widehat{NSA}+\widehat{DSN}=\widehat{DBN}+\widehat{DSN}=180^0\)
\(\Rightarrow A,D,S\)thằng hàng.
Ta lại có: \(\widehat{ASH}=\widehat{HMA}=90^0\Rightarrow HS\perp DA\)
Và: \(\widehat{PSD}=90^0\)(Góc nội tiếp chắn đường tròn)
\(\Rightarrow PS\perp DA\)
Và: \(\widehat{QSD}=90^0\)(Góc nội tiếp chắn đường tròn)
\(\Rightarrow QS\perp DA\)
Từ trên ta suy ra: Các đường thẳng \(SH;PS;QS\)trùng nhau.
\(\Rightarrow P,H,Q\)thằng hàng (đpcm)
KN
14 tháng 7 2020
a) Ta có \(IM//AE\)suy ra \(\widehat{MIH}=\widehat{EAH}\). Mà \(\widehat{EAH}=\widehat{ECH}\)nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCH}\). Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp.
Dễ dàng chỉ ra được ED là tiếp tuyến của \(\left(O\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HCE}\)\(\left(1\right)\)
Do tứ giác CIMH nội tiếp nên \(\widehat{CHM}=90^0\)suy ra \(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)
Mà \(\widehat{HMD}+\widehat{HMC}=90^0\)nên \(\widehat{HCM}=\widehat{HMD}\)\(\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HMD}\)nên tứ giác EMHD nội tiếp. Do đó \(\widehat{HDM}=\widehat{HEM}\)mà \(\widehat{HEM}=\widehat{HCD}\)nên \(\widehat{HDM}=\widehat{HCD}\)
Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)
b) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuông góc với dây chung ta có: \(OO_2\perp HE,O_2O_1\perp HD\)và do \(EH\perp HD\)suy ra \(OO_2\perp O_2O_1\)
Dễ thấy \(\widehat{COM}=45^0\)suy ra \(\widehat{CAE}=45^0\)nên \(\widehat{O_2OO_1}=45^0\). \(\Delta O_2OO_1\)vuông cân tại \(O_2\)
Tứ giác OCDE là hình vuông cạnh R và \(O_2\) là trung điểm của DE nên ta tính được \(O_2O^2=\frac{5R^2}{4}\)
.Vậy diện tích \(\Delta O_2OO_1\) là\(\frac{5R^2}{8}\)
30 tháng 5 2021
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IA = IB = IC.
Do đó tam giác ABC vuông tại A.
Lại có \(IO_1\perp AB;IO_2\perp AC\) nên tam giác \(IO_1O_2\) vuông tại I.
b) Đầu tiên ta chứng minh kết quả sau: Cho hai đường tròn (D; R), (E; r) tiếp xúc với nhau tại A. Tiếp tuyến chung BC (B thuộc (D), C thuộc (E)). Khi đó \(BC=2\sqrt{Rr}\).
Thật vậy, kẻ EH vuông góc với BD tại H. Ta có \(DH=\left|R-r\right|;DE=R+r\) nên \(BC=EH=\sqrt{DE^2-DH^2}=2\sqrt{Rr}\).
Trở lại bài toán: Giả sử (O; R) tiếp xúc với BC tại M.
Theo kết quả trên ta có \(BM=2\sqrt{R_1R};CM=2\sqrt{RR_2};BC=2\sqrt{R_1R_2}\).
Do \(BM+CM=BC\Rightarrow\sqrt{R_1R}+\sqrt{R_2R}=\sqrt{R_1R_2}\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{R}}=\dfrac{1}{\sqrt{R_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{R_2}}\).
P/s: Hình như bạn nhầm đề
26 tháng 1 2018
If mày định trình bày một idea nào đó, mày should dùng brain của mày