Cho tam giác ABC cân tại A, đường tròn tâm O tiếp xúc (trong) với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm D, E, F. BF cắt đường tròn tâm O tại I, DI cắt BC tại M.
a) Chứng minh tam giác DEF có 3 góc nhọn.
b) DF//BC.
c) Tứ giác BDFC nội tiếp.
d) BD/CB = BM/CF.
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
DX
21 tháng 2 2016
\(\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{ID}\left(\overrightarrow{IA'}-\overrightarrow{IA}\right)=\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{IA'}-\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{IA}=IA'^2-\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{IA}\)
\(=IA'^2-\left(\overrightarrow{IC'}+\overrightarrow{C'D}\right)\overrightarrow{IA}=IA'^2-\overrightarrow{IC'}.\overrightarrow{IA'}-\overrightarrow{C'D}.\overrightarrow{IA}=IA'^2-IC'^2-0\) (vì AI vuông góc với C'B')
\(=r^2-r^2=0\) (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)
ĐFCM
6 tháng 5 2017
a) Chứng minh tam giác MAB đồng dạng tam giác MFC
b) Chứng minh góc \(\widehat{BKF}=\widehat{FAD}\)
c) E là trực tâm của \(\Delta MBC\)suy ra MH vuông góc BC ... suy ra tứ giác MDBH là hình thang
d) \(\Delta BHE\)đồng dạng \(\Delta BAC\)... suy ra BE.BA=BC.BH
\(\Delta CHE\)đồng dạng \(\Delta CFB\)... suy ra CE.CF=CB.CH
BE.BA+CE.CF=BC.BH+CB.CH=BC(BH+CH)=BC.BC=BC^2
Lời giải:
a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)
Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)
hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)
Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)
Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$
\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)
\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)
c)
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)
\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.
d)
$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)
Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)
Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)
Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)
Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)
Nguyễn Xuân Dương: làm sao như vậy được em. Đường tròn (O) tiếp xúc với ba cạnh tam giác thì đây là đặc điểm của đường tròn nội tiếp (tiếp xúc trong) hoặc bàng tiếp (tiếp xúc ngoài). Ở đây ta đang làm trong TH nó tiếp xúc trong.