Đối với điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R), kí hiệu d_A là đường thẳng nối 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ A tới (O).

 Đối với điểm A nằm bên trong đường tròn, kí hiệu d_A để chỉ đường thẳng vuông góc với OA tại T với T là điểm mà \(OA.OT=R^2\) và A nằm giữa O và T.

Để giải được bài toán này, ta cần xét tính chất sau của đường d_A:

 TC1: \(A\in d_B\Leftrightarrow B\in d_A\), tính chất này là hiển nhiên theo định nghĩa đường d_A.

 TC2: A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi d_A, d_B, d_C đồng quy hoặc đôi một song song.

CM: Nếu \(O\in AB\) thì hiển nhiên TC2 đúng.

Nếu \(O\notin AB\) thì gọi P là giao điểm của d_A, d_B. Vì \(P\in d_A,P\in d_B\) nên theo TC1, \(A\in d_P,B\in d_P\) nên \(AB\equiv d_P\). Do đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi \(C\in d_P\), có nghĩa là \(P\in d_C\) hay d_A, d_B, d_C đồng quy tại P, TC2 được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ xét bổ đề sau:

 Bổ đề: Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. K là trực tâm của tam giác IBC. M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khi đó \(MN\equiv d_K\) (đối với đường tròn I)

 CM: Gọi D, E lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA. DE cắt BI, CI, KC lần lượt tại L, J, T. Theo tính chất quen thuộc thì \(\widehat{BLA}=90^o\), suy ra \(ML=MA=MB\). Từ đó \(\widehat{MLB}=\widehat{MBL}=\widehat{LBC}\), suy ra ML//BC hay \(L\in MN\). 

 Mặt khác, vì \(\widehat{LTC}=\widehat{LJC}=90^o\) nên tứ giác CJLT nội tiếp \(\Rightarrow IL.IT=IJ.IC=r^2\) (\(r\) là bán kính đường tròn (I)), theo định nghĩa đường \(d_X\) , suy ra được \(KC\equiv d_L\). Từ đó suy ra \(K\in d_L\). Theo TC1 suy ra \(L\in d_K\). Mà \(L\in MN,MN\perp IK\) nên theo định nghĩa đường \(d_X\), suy ra \(MN\equiv d_K\). Vậy bổ đề được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ quay lại bài toán chính:

 Từ kết quả của bổ đề, ta suy ra \(MN\equiv d_K,MP\equiv d_H\)

 Mặt khác, theo định nghĩa, ta có \(DM\equiv d_D\).

 Để ý rằng MN, MP, MD đồng quy tại M nên theo TC2, suy ra H, K, I thẳng hàng. Suy ra đpcm.

 Ở chỗ cuối phải là \(MN\equiv d_H,MP\equiv d_K\) chứ không phải ngược lại đâu. (bổ sung thêm M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB)

Mình cảm ơn rất nhiều ạ
 

chị gisp em bài này

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

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)

Cho em xin kiến thức lớp 9 em lm cho, chứ chả hiểu cái đg tròn nội tiếp là cái j

a) Áp dụng định lý Talet đảo:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{AQ}{BD}\\\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AP}{DC}\end{matrix}\right.\)(do AQ//BD,AP//DC)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AQ=\dfrac{AF.BD}{BF}\\AP=\dfrac{AE.DC}{EC}\end{matrix}\right.\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}BD=BF\\CE=CD\end{matrix}\right.\)(Tam giác ABC ngoại tiếp (I))

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AQ=AF\\AP=AE\end{matrix}\right.\)

Mà AE=AF(Tam giác ABC ngoại tiếp (I))

=> AQ=AP

Mà A,Q,P thẳng hàng

=> A là trung điểm PQ

a) Ta có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90độ\)(gt)

Nên tứ giác BNMC nội tiếp (2 đỉnh N,M cùng BC với 2 góc bằng nhau)

(Câu sau không rõ. Cái gì là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNH?)

b) Xét ΔAMN và ΔABC có:

\(\widehat{BAC}\)chung

\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\)(tứ giác BNMC nội tiếp)

Do đó ΔAMN ~ ΔABC

Nên\(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}\)

hay AM.AC=AN.AB

Ta có \(\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90độ\left(gt\right)\)

Nên \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180độ\)

Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp

Do đó \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=180độ\)

Mà \(\widehat{NHM}=\widehat{BHC}\)(đối đỉnh)

    \(\widehat{BHC}=\widehat{BLC}\)(tính chất đối xứng trục)

Nên \(\widehat{NAM}+\widehat{BLC}=180độ\)

Suy ra tứ giác ABLC nội tiếp đường tròn (O) (tổng 2 góc đối bằng 180độ)

c) (Câu này hình như bạn ghi sai đề rồi, nếu I là giao điểm AH với AN thì I sẽ trùng với A. Nên mình nghĩ I là giao điểm MN với AH)

Ta có \(\widehat{HDC}=\widehat{HMC}=90độ\left(gt\right)\)

Nên \(\widehat{HDC+}\widehat{HMC}=180độ\)

Do đó tứ giác HMCD nội tiếp

Suy ra \(\widehat{HMD}=\widehat{HCD}\)

Mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HMN}\)(tứ giác BMNC nội tiếp)

Nên \(\widehat{HMD}=\widehat{HMN}\)

Vậy MH là phân giác \(\widehat{NMD}\)

Mà MH vuông góc AM (gt)

Nên AM là phân giác ngoài

Do đó \(\frac{IH}{ID}=\frac{AH}{AD}\)

hay IH.AD=AH.ID

a.Ta có :
ˆAFH=ˆADB=90o→ΔAFH∼ΔADB(g.g)

→AFAD=AHAB→AF.AB=AH.AD

Tương tự AH.AD=AE.AC→AF.AB=AE.AC

b.Ta có  :
ˆHFA=ˆHEA=ˆHFB=ˆHDB=90o

→AEHF,AEDB,FHDB nội tiếp

→ˆHFE=ˆFAE=ˆHBD=ˆHFD

→FH là phân giác ˆDFE
Mà FA⊥FH→FA là phân giác góc ngoài tại đỉnh F của ΔDEF

→HIHD=FIFD=AIAD

→IH.AD=AI.DH

Gọi M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C xuống AC,AB

Ta có \(DH.DA=DB.DC\)(1)

Để chứng minh K là trực tâm tam giác IBC ta chứng minh \(DK.DJ=DB.DC\)hay \(DK.DJ=DH.DA\)

Ta có NC,NA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của \(\widehat{MND}\)nên

\(\frac{HK}{HD}=\frac{NK}{ND}=\frac{AK}{AH}\)

\(\Rightarrow AK.HD=AD.HK\)

\(\Leftrightarrow HD\left(AD-DK\right)=AD\left(DK-DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=DK\left(DA+DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=2.DK.DJ\)

\(\Rightarrow AD.DH=DK.DJ\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta  có\(DK.DJ=DH.DA\)

=> K là trực tâm của tam giác IBC