Cho đường tròn (O), Alà 1 điểm cố định trên (O) và M là 1 điểm di động trên (O). Qua M vẽ đường vuông góc MH với tiếp tuyến MT với (O).
CMR trong trường hợp tồn tại tam giác OMH thì tia phân giác ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua 1 điểm cố định
cho đường tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là 1 điểm di động trên (O). Qua M vẽ đường vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đường tròn (O) ( H thuộc AT). Chứng minh rằng trong trường hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua 1 điểm cố định.
Cho đường tròn (O), Alà 1 điểm cố định trên (O) và M là 1 điểm di động trên (O). Qua M vẽ đường vuông góc MH với tiếp tuyến MT với (O).
CMR trong trường hợp tồn tại tam giác OMH thì tia phân giác ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua 1 điểm cố định
1. Cho (O,R) dây AB cố định. Từ C di động trên (O) dựng hình bình hành CABD. CMR giao điểm hai đường chéo nằm trên 1 đường trong cố định
2. Cho BC cố định, I là trung điểm BC, A di động trên mặt phẳng sao cho BA=BC, H là trung điểm của AC, AI cắt BH tại M. Hỏi M di động trên di động trên đường nào thì A di động
3. Cho (O,R) BC là dây cố định. A là 1 điểm di động trên (O,R). Lấy M đối xứng với C qua trung điểm I của AB. Hỏi M di động trên đường nào khi A di động
4. Cho A di chuyển trên (O,R) đường kính BC gọi M đối xứng với A qua B, H là hình chiếu của A trên BC, I là trung điểm HC
a. CMR M chuyển động trên (O,R) 1 đường thẳng tròn cố định
b. CMR tam giác AHM đồng dạng tam giác CIA
c. CMR MH vuông góc AI
d MH cắt (O) tại E và F đường thẳng AI cắt (O) tại G. CMR Tổng bình phương các cạnh của tứ giác AEGF ko đổi
Từ một điểm B bất kỳ trên đường tròn tâm O kẻ đường vuông góc BH với tiếp tuyến của đường tròn tại điểm A cho trước. Gọi I là giao điểm thứ ba của BH với đường tròn (O), gọi B' là điểm đối xứng của B qua O.
a, C/minh: \(\stackrel\frown{IA}=\stackrel\frown{AB'}\)
b, C/minh: BA là phân giác của \(\widehat{OBH}\)
c, Khi B di động trên đường tròn. CMR đường phân giác ngoài tại B của tam giác OBH luôn đi qua một điểm cố định.
d, Gọi M là giao điểm của BH với đường phân giác của góc AOB, khi B di động thì M chạy trên đường nào?
Cho (O;R) A là 1 điểm cố định trên đường tròn, B là điểm di động trên đường tròn. Từ A vẽ tiếp tuyến xy. Đường thẳng qua B vuông góc vs xy cắt tia phân giác của góc AOB tại M
a) C/m: tứ giác AOBM là hình thoi
b) Khi B di động trên (O) thì điểm M di động trên đường thẳng nào
M.n giúp mk vs nha,mk cần gấp lắm.ngay buổi sáng này thui :((((((((((((((
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R và điểm C trên nửa đường tròn. Kẻ tiếp tuyến Cx với nửa đường tròn. Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với tia phân giác của góc OCx, đường thẳng này cắt Cx tại M. Khi C di động trên nửa đường tròn thì điểm M di động trên đường nào?
cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d cắt đường tròn tại 2 điểm A, B. từ 1 điểm M trên đường thẳng d và ngoài (O), d không qua tâm O vẽ 2 tiếp tuyến MN, MP với đường tròn (O) (N,P là 2 tiếp điểm)
c, xác định vị trí của M lưu động trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông
d, chứng minh rằng tâm I của dường tròn nội tiếp tam giác MNP lưu dộngd trên 1 đường cố định khi M lưu đọng trên đường thẳng d
Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O).
1. CMR: MN2 = MP2 = MA.MB
2. Dựng vị trí của điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường thẳng cố định khi M di động trên đường thẳng d.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Qua 2 điểm O và I dựng đường tròn (P) sao cho (P) tiếp xúc với AI. Gọi giao điểm giữa đường trung trực của BC với (P) và K khác O. Điểm M bất kì di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
a) CMR: Tiếp tuyến tại M của đường tròn (MKO) luôn đi qua 1 điểm cố định S khi M di động ?
b) Gọi H là điểm đối xứng với I qua BC. Tia HS cắt đường tròn (SIO) tại điểm Q. CMR: Q thuộc đường tròn (O) ?
c) CMR: IO vuông góc với AQ ?
d) CMR: \(AB.BC+BC.CA+CA.AB\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) ?
a) Gọi S là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Do dây BC cố định nên điểm S cũng cố định. Ta đi chứng minh tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S.
Do S là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) => SB=SC và A,I,S thẳng hàng (Vì AI là phân giác của ^BAC nội tiếp chắn cung BC)
Ta có: ^SIB là góc ngoài \(\Delta\)AIB => ^SIB = ^IBA + ^IAB = 1/2(^BAC + ^ABC)
Mà ^SBI = ^IBC + ^SBC = 1/2(^ABC + ^CAS) = 1/2(^ABC + ^BAC) nên ^SIB = ^SBI => \(\Delta\)BSI cân tại S
=> SB=SI => SB=SC=SI => S là tâm của (BIC). Ta thấy M nằm trên (BIC) nên SM = SI (1)
Dễ thấy 3 điểm S,K,O thẳng hàng (Cùng nằm trên trung trực của BC) => SKO là cắt tuyến của (OIK)
Xét đường tròn (OIK): Cát tuyến SKO, tiếp tuyến SI => SI2 = SK.SO (Hệ thức lượng trong đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) => SM2 = SK.SO => \(\Delta\)SMK ~ \(\Delta\)SOM (c.g.c)
=> ^SMK = ^SOM = 1/2.Sđ(MK của đường tròn (MKO) => MS là tiếp tuyến của đường tròn (MKO)
Hay tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S cố định (đpcm).
b) Ta có: Tứ giác SIOQ nội tiếp có góc ngoài là ^AIO => ^OQS = ^AIO (*)
Theo câu a: SI2 = SK.SO => SB2 = SK.SO = SK.R (3)
Kẻ đường kính SN của đường tròn (O), BC cắt OS tại T => ^SBN = 900
=> \(\Delta\)SBN vuông tại B có đường cao BT => SB2 = ST.SN (Hệ thức lượng). Hay SB2 = ST.2R (4)
Từ (3) và (4) => SK=2.ST => T là trung điểm của SK. Tứ đó: S và K đối xứng với nhau qua BC
Mà I và H cũng đối xứng nhau qua BC nên tứ giác IKSH là hình thang cân
^OSQ = ^IHS = ^IKO =^AIO (=1/2.Sđ(OI của (IKO) ) => ^OSQ = ^AIO (**)
Từ (*) và (**) suy ra: ^OQS = ^OSQ => \(\Delta\)SOQ cân tại O => OS = OQ = R => Q thuộc (O) (đpcm).
c) Xét tứ giác SIOQ nội tiếp đường tròn có: ^OIQ = ^OSQ (Góc nội tiếp cùng chắn cung OQ)
Lại có: ^OSQ = ^AIO (cmt) nên ^OIQ = ^AIO => IO là tia phân giác của ^AIQ
Dễ dàng chỉ ra được: IA=IQ (Gợi ý: Hạ OX và OY vuông góc với IA và IQ) => \(\Delta\)AIQ cân tại I
Xét \(\Delta\)AIQ: Cân đỉnh I, tia phân giác IO (cmt) => IO đồng thời là đường cao => IO vuông góc AQ (đpcm).
d) Gọi J là giao điểm của AS với BC, E và F lần lượt là hình chiếu của O lên AC,AB. Đặt AB=c, BC=a, CA=b
Ta có: \(\Delta\)AJC ~ \(\Delta\)ABS (g.g) => AJ.AS = c.b (5)
\(\Delta\)SJB ~ \(\Delta\)SBA (g.g) => SB2 = SJ.AS (6)
Từ (5) và (6) suy ra: c.b + SB2 = AJ.AS + SJ.AS = AS2 < SN2 = 4R2 (Quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\(\Rightarrow bc+BT^2+ST^2\le4R^2\)(ĐL Pytagore) \(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+\left(R-OT\right)^2\le4R^2\)
\(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+R^2-2R.OT+OT^2\le4R^2\)\(\Leftrightarrow bc+\frac{a^2}{4}-2R.OT+OT^2\le3R^2\)
Tương tự: \(ab+\frac{c^2}{4}-2R.OF+OF^2\le3R^2;\)\(ca+\frac{b^2}{4}-2R.OE+OE^2\le3R^2\)
Do đó: \(ab+bc+ca+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+OT^2+OE^2+OF^2\le9R^2\)
Áp dụng BĐT: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) và \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) ta có:
\(ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
Áp dụng ĐL Carnot cho \(\Delta\)ABC có tâm ngoại tiếp O: \(OT+OE+OF=R+r\)
Từ đó có: \(\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(R+r\right)+\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le9R^2+2R\left(R+r\right)-\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le\frac{32R^2+4Rr-r^2}{3}=\frac{\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{3}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\)
Hay \(AB.BC+BC.CA+CA.AB\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) (đpcm).