Cho đường tròn (O), tam giác BCD nội tiếp đường tròn với B D C ^ = 45 0 . Lấy điểm A trên cung BD – không chứa điểm C sao cho AB và CD cắt nhau tại điểm S nằm ngoài đường tròn (O) và A B D ^ = 30 0 .Tính B S C ^
A. 15 °
B. 20 °
C. 45 °
D. 30 °
cho nửa đường tròn tâm O đường kinh AD, trên nửa đường tròn lấy 2 điểm B và C ( B thuộc cung AC), AC và BD cắt nhau ở E , EH vuông góc với AD, gọi E là trung điểm DE.CM
a, Các tứ giác ABEH , DCEH nt
b, E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH
c, góc BIC = 2 *góc BCD
d, 5 điểm B,C,H,I,O cùng nằm trên một đường tròn
GIÚP TUI PHẦN D LÀ ĐC
(O,R) đường kính AB trên đường tròn (O) lấy A sao cho AB =R đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn (O) tại D, D khác A
a ,góc BCD=45o
b từ D kẻ đường vuông góc với AC cắt AC tại K .cm tứ giác OKCD nội tiếp
c tính Ah của tam giác ABC theo R
\(\)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ^ABC = ^CAD. (K) là đường tròn nội tiếp tam giác ADC. E là chân đường phân giác xuất phát từ đỉnh B của tam giác ABC. Tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L. CM tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BLC nằm trên (O) ?
Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.
Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)
Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)
Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)
Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'
=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp
Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL' (1)
Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF
=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g) => FA2 = FK.FC (2)
Từ (1) và (2) => FA2 = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)
=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2
Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp
Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L
Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 1800 - ^BAC/2
Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).
Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm M thuộc cạnh AC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính MC cắt BC tại E. Nối BM cắt đường tròn (O) tại N, AN cắt đường tròn (O) tại D. Lấy I đối xứng với M qua A, K đối xứng với M qua E
a, Chứng minh BANC là tứ giác nội tiếp
b, Chứng minh CA là phân giác của B C D ^
c, Chứng minh ABED là hình thang
d, Tìm vị trí M để đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK có bán kính nhỏ nhất
a, Học sinh tự chứng minh
b, Học sinh tự chứng minh
c, Học sinh tự chứng minh
d, Chú ý: B I A ^ = B M A ^ , B M C ^ = B K C ^
=> Tứ giác BICK nội tiếp đường tròn (T), mà (T) cũng là đường tròn ngoại tiếp DBIK. Trong (T), dây BC không đổi mà đường kính của (T) ≥ BC nên đường kính nhỏ nhất bằng BC
Dấu "=" xảy ra <=> B I C ^ = 90 0 => I ≡ A => MA
Cho (O) đường kính BC, điểm A nằm trên cung BC. Trên tia AC lấy điểm D sao cho AB = AD. Dựng hình vuông ABED; AE cắt (O) tại điểm thứ hai F; Tiếp tuyến tại B cắt đường thẳng DE tại G.
1/ CMR: tứ giác BGDC nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn này.
2/ CMR: BFC vuông cân và F là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD.
3/ CMR: Tứ giác GEFB nội tiếp.
4/ Chứng tỏ: C; F; G thẳng hàng và G cũng nằm trên đường tròn ngoại tiếp BCD. Có nhận xét gì về I và F
góc GDC=góc GBC=90 => tứ giác nội típ
I là trung điểm của GC
Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B. Chứng minh: a) Tứ giác ABHM nội tiếp b) OA.OB = OH.OM = R2 c) Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác HBO lớn nhất
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AC lấy điểm D. Kẻ DE vuông góc với BC, DF vuông góc với ÁC
a) CMR: Tứ giác DFEC nội tiếp được đường tròn
b) Gọi G là giao điểm của AB và EF. CMR : Góc FED = Góc ABD và tam giác BDG vuông
c) Gọi I là trung điểm của EF, H là trung điểm của AB. CMR: Tam giác ABD đồng dạng với tam giác FED và IH vuông góc với DI
a) Xét tứ giác DFEC có
\(\widehat{DFC}=\widehat{DEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{DFC}\) và \(\widehat{DEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh DE
Do đó: DFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.Các điểm A', B', C' lần lượt là các giao điểm của AI,BI,CI với (O). Trên cung nhỏ AC của (O) không chứa điểm B lấy điểm D bất kì. Gọi E là giao điểm của DC' và AA', F là giao điểm củaDA' và CC'.CMR
a) I là trực tâm của tam giác A'B'C'
b) Tứ giác DEIF nội tiếp
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn thuộc 1 đường thẳng cố định
a) Ta có ^AIC' = ^IAC + ^ICA = ^IAB + ^ICB = ^IAB + ^BAC' = ^IAC' => \(\Delta\)AC'I cân tại C'
=> C' nằm trên trung trực của AI. Tương tự B' cũng nằm trên trung trực của AI => B'C' vuông góc AI
Hay A'I vuông góc với B'C'. Lập luận tương tự B'I vuông góc A'C', C'I vuông góc A'B'
Do đó I là trực tâm của \(\Delta\)A'B'C' (đpcm).
b) Ta thấy ^FDE = ^A'DC' = ^A'AC' = ^IAC' = C'IA (Vì \(\Delta\)AC'I cân tại C') = ^EIC'
Suy ra tứ giác DEIF nội tiếp (đpcm).
c) Gọi S là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)DEF. Vì tứ giác DEIF nội tiếp (cmt) nên S đồng thời là tâm ngoại tiếp DEIF
Gọi giao điểm thứ hai giữa (S) và (O) là G. Khi đó ^DFG = ^DEG => ^GFA' = ^GEC'
Lại có ^EGF = ^EDF = ^A'DC' = ^A'GC' => ^FGA' = ^EGC'. Do vậy \(\Delta\)GEC' ~ \(\Delta\)GFA' (g.g)
=> \(\frac{GC'}{GA'}=\frac{EC'}{FA'}\). Mặt khác ^A'IF = ^C'IA = ^C'AI = ^C'AE và ^IA'F = ^AA'D = ^AC'D = ^AC'E
Cho nên \(\Delta\)AEC' ~ \(\Delta\)IFA' (g.g) => \(\frac{EC'}{FA'}=\frac{AC'}{IA'}\). Mà các điểm A,I,A',C' đều cố định
Nên tỉ số \(\frac{AC'}{FA'}\) là bất biến. Như vậy \(\frac{GC'}{GA'}\)không đổi, khi đó tỉ số giữa (GC' và (GA' của (O) không đổi
Kết hợp với (O), A',C' cố định suy ra G là điểm cố định. Theo đó trung trực của IG cố định
Mà S thuộc trung trực của IG (do D,I,E,F,G cùng thuộc (S)) nên S di động trên trung trực của IG cố định (đpcm).