Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: Xét (O) có
MB,MA là tiếp tuyến
=>MB=MA
mà OA=OB
nên OM là trung trực của AB
=>OM vuông góc AB tại I
góc OID+góc OCD=180 độ
=>OIDC nội tiếp
2:
Xét ΔBAC vuông tại B có sin BCA=BA/AC=căn 3/2
=>góc BCA=60 độ
=>góc BAC=30 độ
góc MAE+góc OAE=90 độ
góc IAE+góc OEA=90 độ
mà góc OAE=góc OEA
nên góc MAE=góc IAE=1/2*góc MAB=30 độ
=>góc IAE=góc IBO
=>AE//BO
Chứng minh tương tự, ta được: góc EBI=30 độ=góc OAI
=>BE//OA
mà OA=OB
nên OAEB là hình thoi
a) Ta có: Đường tròn (O;R) có đường kính CD và điểm A nằm trên cung CD => ^CAD=900
=> ^PAQ=900 => \(\Delta\)APQ vuông tại A
Do PQ là tiếp tuyến của (O) tại B => AB là đường cao của \(\Delta\)APQ
=> ^PAB=^AQP (Cùng phụ ^APQ) hay ^CAO=^DQP
Mà \(\Delta\)AOC cân tại O => ^CAO=^ACO => ^DQP=^ACO
Lại có: ^ACO+^PCD=1800 => ^DQP+^PCD=1800
=> Tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Xét \(\Delta\)APQ vuông tại A: Có đường trung tuyến AI => \(\Delta\)AIQ cân tại I
=> ^IAQ=^IQA hay ^IAQ=^DQP => ^IAQ=^ACO (Do ^DQP=^ACO)
Hay ^IAQ=^ACD. Mà ^IAQ+^CAI=900 => ^ACD+^CAI=900
=> AI vuông góc với CD (đpcm).
c) Ta thấy tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn
=> 4 đường trung trực của CP;CD;DQ;PQ cắt nhau tại 1 điểm (1)
E là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)CPQ => Trung trực của CP và CD cắt nhau tại E (2)
Từ (1) và (2) => Điểm E nằm trên trung trực của PQ.
Lại có: I là trung điểm PQ => E là điểm cách PQ 1 khoảng bằng đoạn EI (*)
AB vuông góc PQ; EI cũng vuông góc PQ => AB//EI hay AO//EI (3)
E thuộc trung trực CD; O là trung điểm CD => OE vuông góc CD.
Mà AI vuông góc CD => OE//AI (4)ư
Từ (3) và (4) => Tứ giác AOEI là hình bình hành => AO=EI (**)
Từ (*) và (**) => E là điểm cách PQ 1 khoảng bằng đoạn AO
Mà AO là bk của (O); PQ là tiếp tuyến của (O) tại B
Nên ta có thể nói: Điểm E là điểm cách tiếp tuyến của (O) tại B một khoảng bằng độ dài bán kính của (O)
Vậy khi đường kính CD thay đổi thì điểm E di động trên đường thẳng song song với tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) và cách (O) 1 khoảng bằng độ dài bk của (O).
Gọi NQ cắt đường tròn (O) tại R khác Q. Ta sẽ chỉ ra 3 điểm M,P,R thẳng hàng.
Thật vậy: Ta có tứ giác ADEC nội tiếp => ^CEN = ^DAC = ^BAC = ^ECN => \(\Delta\)NEC cân tại N
Theo hệ thức lượng đường tròn: NC2 = NQ.NR => NE2 = NQ.NR => \(\Delta\)NQE ~ \(\Delta\)NER (c.g.c)
Suy ra ^REM = ^ERN + ^ENR = ^ENR + ^QEN = ^RQE = ^RCA = ^RAM. Từ đây, tứ giác MREA nội tiếp
=> ^ARM = ^AEM = ^AED = ^ACD = ^ACP = ^ARP. Do đó tia RP trùng tia RM hay M,P,R thẳng hàng.
Điều đó có nghĩa là MP,NQ cắt nhau tại R. Mà R nằm trên (O) nên ta thu được ĐPCM.
a) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC
=> OA=OB=OC và O là trung điểm của BC
=> Tam giác ABC vuông tại A
=> góc BAC = 90 độ
b) DO tam giác HAK nội tiếp đường tròn (I)
Lại có góc HAK = 90 độ
=> HK là đường kính của (I)
=> HK đi qua I
=> H,I,K thẳng hàng
c) Đề bài ghi ko rõ
d) 3 điểm nào?
a, Xét \(\Delta BAC\)có OA = OB = OC ( = R )
=> \(\Delta BAC\)vuông tại A
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
b, Xét \(\Delta AHO\) có IA = IH = IO (Bán kính (I))
=> \(\Delta AHO\)vuông tại H
=> \(\widehat{AHO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{AKO}=90^o\)
Tứ giác AHOK có 3 góc vuông nên là hcn
=> Trung điểm I của OA cũng là trung điểm của HK
Vì OA = OB ( = R )
=> \(\Delta AOB\)cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{B_1}\)
Xét \(\Delta AHK\)vuông tại A có I là trung điểm HK
=> IA = IH
\(\Rightarrow\Delta AIH\)cân tại I
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{H_1}\)
Do đó \(\widehat{H_1}=\widehat{B_1}\)
=> HI // BC (so le trong)
Tương tự IK // BC
Do đó H , I , K thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)
c, Xét \(\Delta AOB\)cân tại O có OH là đường cao
=> OH là đường trung trực của AB
Mà điểm D thuộc OH
=> DA = DB
Tương tự EA = EC
Khi đó BD + CE = DA + EA = DE (DDpcm0+)
d,Gọi G là trung điểm DE
Mà tam giác DOE vuông tại D nên G là tâm (DOE)
Dễ thấy BD , CE là tiếp tuyến (O)
Nên BD , CE cùng vuông với BC
=> BD // CE
=> BDEC là hình thang
Mà GO là đường trung bình (dễ)
=> GO // BD
=> GO vuông với BC
Mà O thuộc BC
=> (DOE) tiếp xúc BC
a) Ta có O là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)ABC nên ^OAC = 900 - ^ABC hay ^OAC + ^ABC = 900
Đường tròn đường kính OP cắt AB,AC tại D,E => ^ABC = ^AED. Do đó ^OAC + ^AED = 900
Suy ra OA vuông góc với DE (đpcm).
b) Bổ đề (Quan sát hình bên phải) Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Một đường tròn (R) tiếp xúc với hai cạnh AB,AC đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (ABC) lần lượt tại M,N,P. Khi đó MN đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC.
Thật vậy: Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC. Ta thấy R vừa tiếp xúc dây AC tại N, vừa tiếp xúc trong với (ABC) tại P
Từ đó dễ suy ra PN đi qua điểm chính giữa (AC. Tương tự PM đi qua điểm chính giữa (AB
Gọi PM,PN cắt (ABC) lần lượt tại F,E thì CF cắt BE tại I (Vì I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC)
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm F,A,E,B,P,C ta thu được M,I,N thẳng hàng.
Quay trở lại bài toán: Gọi T là trung điểm OP. Hạ TH,TM,TN lần lượt vuông góc với DE,PB,PC
Có ^PEC = ^PBC = ^CAB => PE // AD. Tương tự PD // AE, suy ra tứ giác ADPE là hình bình hành
Dễ thấy T là tâm của (OP) và ^ETD = 2^EPD = 2^BAC = Sđ(BC(O) = const
Mà TD = TE = OP/2 = const nên độ dài đường cao của \(\Delta\)DTE không đổi hay TH = const
\(\Delta\)HTE = \(\Delta\)MTP = \(\Delta\)NTP (Ch.gn) => TH = TM = TN. Do vậy T cố định và là tâm nội tiếp \(\Delta\)PQR
Nếu ta gọi (S) là đường tròn tiếp xúc với PQ,PR lần lượt tại K,L và tiếp xúc trong với (PQR)
Thì lúc này K,T,L thẳng hàng (Bổ đề). Theo tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau thì PK = PL
=> \(\Delta\)KPL cân tại P và nhận PT làm đường cao. Ta thấy P,T,N đều cố định (cmt) nên PT,PN không đổi
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có PT2 = PN.PL => PL = const
Ta lại có PL2 = PT.PS, từ đây có PS = const. Mà S nằm trên tia PT cố định nên S cố định
Đồng thời SL2 = SK2 = PS2 - PL2 = const. Suy ra đường tròn (S) cố định
Vậy thì đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PQR luôn tiếp xúc với đường tròn (S) cố định (đpcm).
*) Nhận xét: Đường tròn (R) được nêu trong bổ đề chính là đường tròn Mixtilinear của tam giác ABC.