Kẻ đường kính AF

Chứng minh  A 1 ^ + B 1 ^ = 90 0

=> AO ⊥ BD

1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)

 ~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~

Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))

\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))

\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)

Ta lại có: \(BD\perp HK\)

\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)

\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)

Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))

Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)

\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)

(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )

Ủa bạn ơi sao phụ nhau? Dòng đầu ấy

Đúng rồi bạn. Phụ nhau ý nghĩa là ^HBD + ^ACB = 90^0 và tương tự như góc kia. (Tam giác vuông ý)

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?

b) Ta thấy (O) giao (I) tại 2 điểm B và D => BD vuông góc OI (tại K) => ^OKB=90⁰.

Xét đường tròn (I) đường kính AB có H thuộc cung AB => AH vuông góc HB hay AH vuông góc BC (1) 

AB và AC là 2 tiếp tuyến của (O) => \(\Delta\)ABC cân tại A. Mà AO là phân giác ^BAC

=> AO vuông góc BC (2)

Từ (1) và (2) => A;H;O thẳng hàng => ^OHB=90⁰.

Xét tứ giác BOHK: ^OKB=^OHB=90⁰ => Tứ giác BOHK nội tiếp đường tròn đường kính OB

=> ^OKH = ^OBH. Lại có ^OBH=^OAB (Cùng phụ ^HBA) => ^OKH = ^OAB

Hay ^OKH = ^HAI. Mà ^OKH + ^KHI = 180⁰ nên ^HAI + ^KHI = 180⁰

=> Tứ giác AIKH nội tiếp đường tròn (đpcm).

b) Dễ thấy OI là trung trực của BD và OI cắt BD tại K => K là trung điểm của BD

\(\Delta\)ABC cân đỉnh A có đường phân giác AH => H là trung điểm BC

Từ đó suy ra HK là đường trung bình của \(\Delta\)BDC

=> HK//CD => ^HKD + ^CDK = 180⁰ (3). Đồng thời \(\frac{HK}{CD}=\frac{1}{2}\)

Tương tự KI là đường trg bình của \(\Delta\)BAD => KI//AD => ^DKI + ^ADK = 180⁰ (4) Và \(\frac{IK}{AD}=\frac{1}{2}\)

Cộng (3) với (4) => ^KHD + ^KDI + ^CDK + ^ ADK = 360⁰

<=> ^HKI = 360⁰ - (^CDK + ^ADK) => ^HKI = ^CDA.

Xét \(\Delta\)HKI và \(\Delta\)CDA: ^HKI=^CDA; \(\frac{HK}{CD}=\frac{IK}{AD}=\frac{1}{2}\)=> \(\Delta\)HKI ~ \(\Delta\)CDA (c.g.c)

=> ^HIK = ^CAD. Mặt khác: ^CAD = ^DBE (Cùng chắn cung DE) => ^HIK=^DBE.

Mà tứ giác AIKH nội tiếp đường tròn => ^HIK=^HAK = >^DBE=^HAK hay ^KBF=^FAK

=> Tứ giác BKFA nội tiếp đường tròn => Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF đi qua điểm K (đpcm).

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

(Bởi vì CM trực tiếp hơi khó nên mình CM bằng trùng hình)

Vẽ \(AM\) là trung tuyến của tam giác \(ABC\) và tia \(AE\) thoả \(\widehat{BAE}=\widehat{CAM}\) (trong đó \(E\in\left(O\right)\)). Gọi \(D',N\) lần lượt là trung điểm của \(AE,AC\).

-----

Bước 1: CM: \(\widehat{AD'O}=90^o\) (hiển nhiên).

Bước 2: CM \(D\) trùng với \(D'\).

Tam giác \(ABE\) và \(AMC\) đồng dạng (g.g) nên tam giác phân bởi đường trung tuyến cũng đồng dạng.

Cụ thể là tam giác \(ABD'\) và \(AMN\) đồng dạng.

Suy ra \(\widehat{ABD'}=\widehat{AMN}=\widehat{BAM}\) (so le trong, \(MN\) song song \(AB\)).

Mà \(\widehat{BAM}=\widehat{EAC}\) nên \(\widehat{ABD'}=\widehat{D'AC}\).

Từ đó suy ra \(AC\) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \(ABD'\).

Tương tự suy ra  \(AB\) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \(ACD'\).

Vậy \(D\) trùng với \(D'\) và ta có đpcm.