Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Qua I dựng đường thẳng vuông góc với IA cắt AB tại M và N. Chứng minh rằng:
a) \(\frac{BM}{CN}=\frac{BI^2}{CI^2}\)
b) \(BM.AC+CN.AB+AI^2=AB.AC\)
Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Qua I dựng đường thẳng vuông góc với IA cắt AB. AC tại M và N. Chứng minh
a, \(\frac{BM}{CN}=\frac{BI^2}{CI^2}\) b, \(BM.AC+CN.AB+AI^2=AB.AC\)
Cho Tam giác ABC, gọi I là tâm đg tròn nội tiếp cảu tam giác. Qua I kẻ đg thẳng vuông góc với IA cắt AB và AC lần lượt tại M và N.
Chứng minh
a, BM/CN= (BI^2)/ (CI^2)
b, BM.AC+CN.AB+AI2= AB.AC
Cho tam giac ABC,gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.Qua I dựng đường thẳng vuông góc với IA cắt AB,AC tại M và N.CMR a,BM/CN=BI^2/CI^2
b,BM.AC+CN.AB+AI^2=AB.AC
Bài 1 : Cho tam giác ABC có I là tâm dường tròn nội tiếp tam giác. Qua I dựng đường thẳng vuông góc với IA cắt AB, AC tại M, N. Chứng minh :
a. BM / CN = BI ^ 2 / CI^2
b. BM.AC + CN.AB + AI^2 = AB.AC
Bài 2 : Cho tam giác ABC cân tại A có O là trung điểm BC. Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tại D, AC tại E. Gọi M là điểm chuyển động trên cung nhỏ DE. Tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M cắt AB, Ac tại P, Q
a. Cm : BC^2 = 4 BP . CQ
b. Từ đó xác định vị trí của để diện tích tam giác APQ lớn nhất
( Các bạn có thể cho mình câu trả lời vào khoảng từ 12h dến 1h30 ngày 19-11 được không ? Mong các bạn cố gắng giúp mình , mình xin cảm ơn )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có I là tâm nội tiếp. Phân giác ngoài của góc BAC cắt BC tại K. Gọi đường thẳng qua A song song với CI cắt đường thẳng BI tại N; CI cắt (O) tại M khác C. Chứng minh rằng M,N,K thẳng hàng.
Gọi giao điểm của hai tia MA và BI là J.
Ta thấy I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, CI cắt (ABC) tại M. Suy ra M là điểm chính giữa cung AB không chứa C.
Từ đó ta có biến đổi góc ^AJB = 1800 - ^AMB - ^IBM = (^ACB - ^ABC)/2 = ^AKB
Suy ra tứ giác ABKJ nội tiếp. Mà BJ là phân giác góc ABK nên (JA = (JK hay JA = JK
Đồng thời IM // JK (Vì ^JKB = ^BAM = ^BCM)
Mặt khác ^MAI = ^MIA = (^BAC + ^ACB)/2 nên MI = MA. Áp dụng ĐL Thales ta có:
\(\frac{MI}{KJ}=\frac{AM}{AJ}=\frac{NI}{NJ}\). Kết hợp với ^MIN = ^KJN (IM // JK) suy ra \(\Delta\)MIN ~ \(\Delta\)KJN (c.g.c)
Suy ra ^MNI = ^KNJ. Lại có I,N,J thẳng hàng, dẫn đến M,N,K thẳng hàng (đpcm).
Cho ΔABC, gọi I là giao điểm 3 đường phân giác trong. Qua I vẽ đường thẳng vuông góc AI cắt AB, AC tại M, N.
a) Cm : \(\frac{BM}{CN}+\frac{BI^2}{CI^2}\)
b) Cm: \(\text{BM.AC +CN.AB + AI^2 =AB.AC }\)
b, từ cm trên suy ra :△BMI ∼ △INC
⇒ \(\frac{BM}{IN}=\frac{MI}{NC}\)
⇒ BM.CN = MI.NI
ta có : △AMN là tam giác cân
⇒ MI = NI
⇒ BM.CN = \(IM^2\)
ta lại có : △AIM vuông
⇒ \(IM^2\)= \(AM^2-AI^2\) ⇒ BM.CN = \(AM^2-AI^2\)
\(=\)\(AM.AN-AI^2=\left(AB-BM\right)\left(AC-CN\right)-AI^2\)
\(=\)\(AB.AC-AB.CN-BM.AC+BM.CN-AI^2\)
⇒ \(BM.AC+CN.AB+AI^2=AB.AC\)
giải câu b giùm mk vs
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), góc A < 90°. Các đường phân giác trong cắt nhau tại I. Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn tại M, N, P. Chứng minh:
a) Tam giác NIC cân tại N
b) I là trực tâm tam giác MNP
c) Gọi E là giao điểm của MN và AC, F là giao điểm của PM và AB. Chứng minh 3 điểm E, I, F thẳng hàng
d) Gọi K là trung điểm BC, giả sử BI ⊥ IK, BI = 2IK. Tính góc A của tam giác ABC
Cho tam giác ABC .gọi i là giao điểm của ba đường phân giác của ABC . Đường thẳng qua i vuông góc với AI cắt cạnh AB,AC thứ tự tại M và N:
a)tam giác BMi đồng dạng với tam giác INC<giải được rồi>;
b)BM/CN=(BI/CI)^2*(TẮC);
c) AI^2*BC+BI^2*AC+CI^2*AB=AB*BC*CA( cần gấp );
bài công nhận khó!
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung B C ⏜ chứa A của (O).
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC.
1). Chứng minh rằng B, I, Q, C cùng nằm trên một đường tròn.
2) Trên tia BQ, CQ lần lượt lấy các điểm M, N sao cho B M = B I , C N = C I . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
1) Ta có
B I C ^ = 180 0 − I B C ^ − I C B ^ = 180 0 − A B C ^ 2 − A C B ^ 2 = 180 0 − 180 ∘ − B A C ^ 2 = 90 0 + B A C ^ 2 ⇔ B A C ^ = 2 B I C ^ − 180 °
Tương tự B Q C ^ = 90 0 + B P C ^ 2 ⇔ B P C ^ = 2 B Q C ^ − 180 ° .
Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra B A C ^ = B P C ^ ⇒ B Q C ^ = B I C ^ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.
2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.
Góc I B M ^ là góc ở tâm chắn cung I M ⏜ và I K M ^ là góc nội tiếp chắn cung I M ⏜ , suy ra I K M ^ = 1 2 I B M ^ (1).
Tương tự I K N ^ = 1 2 I C N ^ (2).
Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra I B M ^ = I B Q ^ = I C Q ^ = I C N ^ (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra I K M ^ = I K N ^ ⇒ K M ≡ K N .
Vậy MN đi qua K cố định.