Cho tứ giác MNPQ nội tiếp nửa đường tròn đk MQ. Gọi I là giao điểm của MP với NQ. Kẻ IH vuông góc với MQ
a)Cm MNIH;PQHI là tứ giác nội tiếp
b) cm NQ la pg của góc PNH
c) Gọi K là trung điểm của IQ.cm PNKH nội tiếp
d) Cm MN,PQ,IH đồng quy
Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng: NQ.LE = NE.LQ
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD
(\(H\varepsilon AB;K\varepsilon AD\))
a) CM tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn.
b) CMR IA.IC = IB.ID.
c) CMR tam giác HIK và BCD đồng dạng.
a/ Ta có
IH vuông góc AB => ^AHI = 90
IK vuông góc AD => ^AKI = 90
=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp
b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có
^AID=^BIC (góc đối đỉnh)
sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC
=> tg ADI đồng dạng tg BCI
=>\(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\)⇒IA.IC=IB.ID
c/
Xét tứ giác nội tiếp AHIK có
^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)
^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)
Xét tứ giác nội tiếp ABCD có
^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)
^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)
Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD
Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD
Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC
=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD
Cho tam giác ABC nhọn ( AB<AC) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi I là điểm thay đổi trên cạnh BC ( I khác B và C ). Qua I kẻ IH vuông góc với AB tại H và IK vuông góc với AC tại K
a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp
b) Gọi M là giao điểm của tia Ay với đường tròn ( O ) ( M khác A ). Chứng minh góc MBC = IHK.
c) Tính số đo của góc AIC khi tứ giác BHKC nội tiếp
(giải câu c hộ em à)
c: AHIK nội tiếp
=>góc AIK=góc AHK
BHKC nội tiếp nên góc ICK=góc AHK
=>góc ICK=góc AIK
=>góc AIC=90 độ
Cho đường thẳng tâm O và điểm m ở ngoài đường tròn Qua M kẻ các tiếp tuyến MA MB và cát tuyến MPQ (MP<MQ) Gọi I là giao điểm của dây PQ. E là giao điểm thứ hai giữa đường thẳng và đường tròn tâm O. Chứng minh:
a) Tứ giác BOIM nội tiếp
b) góc BOM= góc BEA
c) Ba điểm O, I, K thẳng hàng với K là trung điểm của EA
Hình vẽ đoạn thẳng A,K mình vẽ hơi xấu
Chúc bạn học tốt!
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
1. Cm: BFHD là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi giao điểm tia FD và đường tròn tâm O là M. Cm: DC là phân giác góc EDM.
3. Lấy I sao cho AB là đường trung trực của IM. Gọi giao của AB và IH là K. Cm:\(KA\times KB=KI\times KH\)
4. Kẻ \(MS⊥BC=\left\{S\right\}\),\(MQ⊥AC=\left\{Q\right\}\).P là giao của MI và AB. Cm:\(\frac{BC}{MS}=\frac{AC}{MQ}+\frac{AB}{MP}\)
1) Vì một tam giác vuông luôn nội tiếp đường tròn đường kính = cạnh huyền
\(\Rightarrow\)Tam giác vuông BHF và tam giác BDH nội tiếp đường tròn đường kính BH
\(\Leftrightarrow\)4 điểm B,F,H,D cùng nằm trên đường tròn \(\Rightarrow\)Tứ giác BFHD nội tiếp đường tròn đường kính BH
a,TỨ GIÁC ĐẤY NT CM ĐC R NHA BN
b,bn cm thêm tứ giác HECD nt nứa xong suy ra góc HAE = HCE (1)
từ tứ giác ý a nt suy ra góc MDH =FBE (2)
TỨ giác EFBC nt suy ra góc FBE =FCE (3)
TỪ 1 2 VÀ 3 SUY RA DC LÀ PHÂN GIÁc
ta có xét tam gisc AIB và tam giác AMB = NHAU vì AM =AI ;AB CHUNG ;IB =BM SUY RA GÓC AMB =GÓC AIB
MÀ góc AMB cộng vs acb =180 đồng thời EHD + ACB =180 suy ra ACB=AMB TA LẠI CÓ AHB ĐỐI ĐỈNH EHD suy ra EHD=AHB
==>>GÓC AIB =GÓC AHB =>.tứ giác AIHB nt suy ra góc HAB =góc BIH
XÉT TAM GIÁC KAH VÀ KIB có : góc AKH chung
góc HAB =góc BIH (cmt)
suy ra 2 tam giác đồng dạng suy ra KA,KB=KI.KH (đpcm )
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . Điểm C cố định trên nửa đường tròn . Điểm M thuộc cung AC . Kẻ MH vuông góc với AB . Mb cắt CA tại E . Kẻ EI vuông góc với AB . Gọi K là giao điểm của AC và MH . CMR
a , tứ giác BHKC nội tiếp .
b , AK.AC = AM.AM , IE là phân giác của góc MIC
c , AE.AC + BE.BM không phụ thuộc vị trí điểm M
a) Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp đường tròn(C,A,B∈(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔCAB vuông tại C(Định lí)
⇔\(\widehat{ACB}=90^0\)
hay \(\widehat{KCB}=90^0\)
Xét tứ giác BHKC có
\(\widehat{BHK}\) và \(\widehat{KCB}\) là hai góc đối
\(\widehat{BHK}+\widehat{KCB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: BHKC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Cho tứ giác MNPQ nội tiếp (O) đường kính MQ, hai đường chéo MF và NQ cắt nhau tại E .Gọi F là điểm thuộc MQ sao cho EF vuông góc với MQ .Đường thẳng PF cắt (O) tại điểm thứ 2 là K. OQ và PF cắt nhau tại L . cmr :
a, tứ giác QEFP nội tiếp
b, FM là tia phân giác của góc NFK
c, EN.QL=QL.EL
Cho hình thoi MNPQ có M=60 độ. Gọi A,B,C,D lần lượt là trung điểm MN,MQ,PQ,PN. Gọi I là giao điểm của MP và NQ
a) Tứ giác ABCD là hình gì?
b) CM: tam giác NBC đều
c) Gọi E là điểm đối xứng của B qua A, dF là trung điểm của NB. CM: E đối xứng với Q qua F.
d) cm: IC vuông góc NB
a) Xét tam giác QMN có :
A là trung điểm của MN
B là trung điểm của MQ
=) AB là đường trung bình của tam giác QMN
=) AB // MQ Và AB=\(\frac{1}{2}\)MQ (*)
Xét tam giác QPN có :
C là trung điểm của QP
D là trung điểm của NP
=) CD là đường trung bình của tam giác QPN
=) CD // QN Và CD=\(\frac{1}{2}\)QN (**)
Từ (*) và (**) =) Tứ giác ABCD là hình bình hành (1)
Xét tam giác MQP có :
B là trung điểm của MQ
C là trung điểm của QP
=) BC là đường trung bình của tam giác MQP
=) BC // MP
Do MNPQ là hình thoi =) MP\(\perp\)NQ
Mà BC // MP và AB // NQ
=) BC\(\perp\)AB (2)
Từ (1) và (2) =) ABCD là hình chữ nhật
b) Ta có : MQ=QP
Do B là trung điểm của MQ =) MB=BQ=\(\frac{MQ}{2}\)
Do C là trung điểm của QP =) QC=CP=\(\frac{QP}{2}\)
=) QB=QC
Do MNPQ là hình thoi =) QM là đường phân giác \(\widehat{MQP}\)
=) \(\widehat{MQN}\)=\(\widehat{NQP}\)=\(\frac{\widehat{MQP}}{2}\)
Xét tam giác QMN có:
MQ=MQ và \(\widehat{QMN}\)=600
=) QMN là tam giác đều
Xét tam giác MQN có :
NQ là đường trung tuyến=) NQ là đường phân giác của \(\widehat{MNQ}\)
=) \(\widehat{MNB}\)=\(\widehat{BNQ}\)=\(\frac{\widehat{MNQ}}{2}\)=\(\frac{60^0}{2}\)= 300
Xét tam giác QBN và tam giác QCN có :
QB=QC ( chứng minh trên )
\(\widehat{BQN}\)=\(\widehat{CQN}\) ( chứng minh trên )
QN là cạch chung
=) tam giác QBN = tam giác QCN (c-g-c)
=)\(\widehat{BNQ}\)=\(\widehat{QNC}\) =300 (2 góc tương ứng ) và BN=CN ( 2 cạch tương ứng )
=) Tam giác BNC là tam giác cân tại N (3)
Ta có : \(\widehat{BNQ}\)+\(\widehat{QNC}\)=\(\widehat{BNC}\)
=) 300 +300 =\(\widehat{BNC}\)
=) \(\widehat{BNC}\)=600 (4)
Từ (3) và (4) =) Tam giác BNC là tam giác đều
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H ∈ A B ; K ∈ A D ).
a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID.
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: S ' S ≤ H K 2 4. A I 2
a) Tứ giác AHIK có:
A H I ^ = 90 0 ( I H ⊥ A B ) A K I ^ = 90 0 ( I K ⊥ A D ) ⇒ A H I ^ + A K I ^ = 180 0
=> Tứ giác AHIK nội tiếp.
b) ∆ IAD và ∆ IBC có:
A ^ 1 = B ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
A I D ^ = B I C ^ (2 góc đối đỉnh)
=> ∆ IAD ~ ∆ IBC (g.g)
⇒ I A I B = I D I C ⇒ I A . I C = I B . I D
c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có K ^ 1 = D ^ 1
A ^ 1 = H ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
mà A ^ 1 = B ^ 1 ⇒ H ^ 1 = B ^ 1
Chứng minh tương tự, ta được K ^ 1 = D ^ 1
∆ HIK và ∆ BCD có: H ^ 1 = B ^ 1 ; K ^ 1 = D ^ 1
=> ∆ HIK ~ ∆ BCD (g.g)
d) Gọi S1 là diện tích của ∆ BCD.
Vì ∆ HIK ~ ∆ BCD nên:
S ' S 1 = H K 2 B D 2 = H K 2 ( I B + I D ) 2 ≤ H K 2 4 I B . I D = H K 2 4 I A . I C (1)
Vẽ A E ⊥ B D , C F ⊥ B D ⇒ A E / / C F ⇒ C F A E = I C I A
∆ ABD và ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S 1 S = C F A E ⇒ S 1 S = I C I A (2)
Từ (1) và (2) suy ra
S ' S 1 ⋅ S 1 S ≤ H K 2 4 I A . I C ⋅ I C I A ⇔ S ' S ≤ H K 2 4 I A 2 (đpcm)