Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngọai tiếp tam giác ABC đều, lấy một điểm P bất kì.Gọi Q là giao điểm của AP,BC
cmr:BC^2=AP.QA
Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P tuỳ ý. Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Chứng minh BC2= AP . AQ
Lời giải:
$\widehat{APB}=\widehat{ACB}=60^0$ (góc nt cùng nhìn cung $AB$)
$\widehat{ABC}=60^0$
$\Rightarrow \widehat{APB}=\widehat{ABC}=\widehat{ABQ}$
Xét tam giác $APB$ và $ABQ$ có:
$\widehat{APB}=\widehat{ABQ}$
$\widehat{A}$ chung
$\Rightarrow \triangle APB\sim \triangle ABQ$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AP}{AB}=\frac{AB}{AQ}\Rightarrow AB^2=AP.AQ$
Mà $AB=BC$ nên $BC^2=AP.AQ$ (đpcm)
Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P tuỳ ý . Gọi Q là giao điểm của AP và BC a) Chứng minh BC2= AP . AQ . b) Trên AP lấy điểm M sao cho PM = PB . Chứng minh BP+PC= AP. c)Chứngminh 1/PQ =1/ PB + 1/PC
Bài 1:
Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P tuỳ ý . Gọi Q là giao điểm của AP và BC
a) Chứng minh BC^2 = AP . AQ .
b) Trên AP lấy điểm M sao cho PM = PB . Chứng minh BP+PC= AP.
c) Chứng minh : 1/PQ = 1/PB + 1/PC
Vì PB=MP nên tam giác BMP cân
Mà \(\widehat{MPB}\)=\(\widehat{MPC}\)(cùng chắn cung AB = cung AC) =60o
=> tam giác BMP đều
Xét tam giác AMB và tam giác CPB, có: AB=BC, AM=BP, góc MAB = PCB ( cùng chắn cung BP)
=> tam giác AMB = tam giác CPB => AM=CP
=> AP= AM+MP=CP+BP
Bạn Trần Phương LInh làm sai ở chỗ xét hai tam giác
Xét tam giác AMB và tam giác CPB có
AB = BC (tam giác ABC đều )
\(\widehat{ABM}=\widehat{CBP}\) ( CÙNG + \(\widehat{MBC}=60^0\))
MB = BP ( tam giác BMP đều )
=) tam giác AMB = tam giác CPB ( c - g - c )
Ta có: tam giác APB ~ tam giác CPQ ( \(\widehat{CPA}\)=\(\widehat{ABP}\); \(\widehat{PAB}\)=\(\widehat{PCQ}\))
=> \(\frac{AP}{CP}\)=\(\frac{PB}{PQ}\)<=>\(\frac{AP}{PB}\)=\(\frac{PC}{PQ}\) => AP.PQ = PB.PC
=> \(\frac{1}{PQ}\)= \(\frac{AP}{PB.PC}\)= \(\frac{PB+PC}{PB.PC}\)= \(\frac{1}{PC}\)+\(\frac{1}{PB}\)=>đpcm
Cho tam giác ABC đều ngoại tiếp (O), M là một điểm bất kì trên cung nhỏ BC, AM giao BC tại D. Chứng minh rằng:
a, MA=MB+MC
b, MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC
c, Khi điểm M di chuyển trên cung nhỏ BC thì tổng 2 bán kính của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD không đổi
trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đều lấy điểm P bất kì .các đoạn thẳng AP,BC cắt nhau tại Q .a,CM PQ/PB=CQ/AC. b, CM 1/PQ+1/PB +1/PC
Trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$ lấy một điểm $P$ tùy ý. Gọi $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BC$.
a) Chứng minh rằng \(BC^2=AP.AQ\).
b) Chứng minh \(BP+PC=AP\).
c) Chứng minh \(\dfrac{1}{PQ}=\dfrac{1}{PB}+\dfrac{1}{PC}\).
a,Ta có góc ABC =góc BAC=góc BCA=60•(ABC là Δ đều ) =>BPA=60•
Xét ΔBAQ và ΔBAP có
góc A chung
góc ABQ=góc BPA(60•)
=> ΔBAQ~ΔBPA(g.g)
=>BA/PA=AQ/AB
=>BA2=AP.AQ mà AB=BC
=>BC2=AP.AQ(đpcm )
b,trên đoạn PA lây điểm M sao cho PM=PB thì ta có Tam giác PMB là tam giác đều
vì góc ACB=60=PBM=>ABM=PBC
=> tam giác ABM = tam giác CBP(c.g.c)=> AM=PC
=>PB+PC==PM+AM=PA
a) Ta có: góc ACB= góc APB( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
mà góc ACB= 60 độ ( vì Δ ABC đều)
=> góc APB= 60 độ
Xét Δ QAB và Δ BAP có:
góc APB= góc ABQ= 60 độ
góc BAP là góc chung
=> Δ QAB~Δ BAP(g.g)
=>\(\dfrac{AQ}{AB}\)=\(\dfrac{AB}{AP}\)
=> AB2= AQ.AP
mà AB= BC( vì Δ ABC đều)
=> BC2= AP. AQ( đpcm)
b) Trên đoạn PA lấy điểm M sao cho PM=PB
xét Δ PBM cân tại P( vì PM=PB) có: góc MPB=60 độ
=> Δ PBM là Δ đều
Ta có góc ABM+ góc MBC= góc ABC= 60 độ
góc CBP+ góc MBC= góc MBP= 60 đọ
=> góc ABM= góc CBP
Xét Δ ABM và Δ CBP có:
AB=BC (vì Δ ABC đều)
góc ABM= góc CBP(cmt)
BM=BP( vì Δ MPB đều)
=> Δ ABM=Δ CBP(c-g-c)
=> AM=CP( 2 cạnh tương ứng)
Ta có PB+PC= AM+MP( vì AM=CP; PB=MP)
=> BP+PC=AP(đpcm)
Cho tam giác ABC. P là một điểm bất kì trên BC. Gọi (I),(I1),(I2) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, AP B, AP C. EF là tiếp tuyến chung ngoài khác BC của (I1),(I2) (E ∈ (I1), F ∈ (I2)). Chứng minh rằng giao điểm của BE và CF luôn nằm trên đường tròn (I).
Gọi BC tiếp xúc với (I), (I1), (I2) lần lượt tại D,M,N. AP cắt EF tại H và tiếp xúc với (I1),(I2) lần lượt tại Q,R.
Ta có \(EF=MN;EF=HE+HF=2HQ+QR;MN=PM+PN=2PR+RQ\)
Suy ra \(HE=PN\)
Lại có \(DN=PD+PN=CD-CP+PN=\frac{CA+BC-AB+CP+PA-CA-2CP}{2}\)
\(=\frac{BP+PA-AB}{2}=PM\) hay \(PN=DM\). Suy ra \(HE=DM\)
Mà tứ giác EFNM là hình thang cân nên \(HD||EM||FN\)
Nếu gọi DH cắt lại (I) tại K thì các tam giác cân \(EI_1M,KID,FI_2N\) đồng dạng có các cạnh tương ứng song song đôi một
Do đó \(II_1,DM,KE\) đồng quy tại B, \(II_2,DN,KF\) đồng quy tại C
Nói cách khác, BE và CF cắt nhau tại K. Vậy BE và CF gặp nhau trên (I).
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (I) qua A và tiếp xúc với BC tại B. Đường tròn (K) qua A và tiếp xúc với BC tại C. Các đường tròn (I) và(K) cắt tại M. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N. C/m: BMCN là hình bình hành
Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M và vẽ đường tròn (I) tiếp xúc trong với (O) tại M. Gọi giao điểm MA, MB, MC với (I) theo tứ tự D,E,F
a) C/m: tam giác DEF đều.
b) Từ A,B,C vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (I) lần lượt là AP,BQ,CR( P,Q,R là tiếp điểm). C/m: AP=PQ+CR
bài 11: Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC<2R). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B av2 C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, AC,AB. Gọi giao điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q a) chứng minh: tam giác ABC cân b) chứng minh: các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp c) chứng minh: MI^2=MH.MK d) chứng minh: PQ⊥MI