Cho tam giác ABC cân tại A và một đường tròn (O) có tâm nằm trên cạnh BC tiếp xúc với AB,AC. Gọi P và Q là 2 điểm lần lượt trên cạnh AB,AC. CM: PQ tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi BP.CQ=\(\dfrac{BC^2}{4}\)
Cho tam giác ABC cân tại A có tâm O nằm trên cạnh đáy BC, tiếp xúc với AB,AC. Gọi P,Q là hai điểm lần lượt nằm trên AB, AC. Chứng minh: PQ tiếp xúc với đường tròn(O) <=> BP.CQ=BC^2/4
Cho tam giác ABC cân tại A và một đường tròn (O) có tâm nằm trên cạnh BC tiếp xúc với AB,AC. Gọi P và Q là 2 điểm lần lượt trên cạnh AB,AC. CM: PQ tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi BP.CQ=\(\dfrac{BC^2}{4}\)
Cho tam giác ABC cân tại A, đ tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, đường tròn tâm (O') tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với cạnh AB ở P, AC ở Q. Cm trung điểm I của PQ là tâm đ tròn nội tiếp tam giác ABC
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi O là trung điểm của BC, đường đường tròn (O) tiếp xúc với AB,AC lại D và E. M là điểm chuyển động trên cung nhỏ DE, tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M cắt AB,AC lại P và Q.
\(Cmr:BC^2=4.BP.CQ\)
Cho tam giác ABC cân tại A,
AB =AC =10cm;BC=12cm
. Gọi O là trung điểm của BC. Vẽ
đường tròn tâm (O) tiếp xúc với AB; AC theo thứ tự tại D và E. Điểm M thuộc cung nhỏ DE.
Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q.
a) Tính bán kính của (O).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P và Q và 2 điểm bất kì nằm trên 2 cạnh AC và AB. Gọi M;E;F lần lượt là trung điểm các đoạn PQ; BP; CQ. Giả sử đường tròn (MEF) tiếp xúc với PQ. CMR: OP=OQ ?
Dễ thấy: MF là đường trung bình của \(\Delta\)PQC => MF // PC => ^FMP = ^APQ (So le trong)
Do PQ là tiếp xúc với đường tròn (MEF) nên ^FMP = ^MEF (Cùng chắn cung MF lớn)
=> ^APQ = ^MEF. Tương tự: ^AQP = ^MFE => \(\Delta\)PAQ ~ \(\Delta\)EMF (g.g) => \(\frac{ME}{AP}=\frac{MF}{AQ}\)
Mà ME = BQ/2; MF = CP/2 => \(\frac{BQ}{AP}=\frac{CP}{AQ}\) (*)
Trên cạnh AB lấy điểm K, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AK=BQ; AN=CP, thế vào (*) => \(\frac{AK}{AP}=\frac{AN}{AQ}\)
=> \(\Delta\)AKP ~ \(\Delta\)ANQ (c.g.c) => ^AKP = ^ANQ => Tứ giác KPNQ nội tiếp
Dễ dàng chứng minh: \(\Delta\)OAK = \(\Delta\)OBQ (c.g.c) => OK=OQ => O nằm trên trung trực KQ
Tương tự: OP=ON => O nằm trên trung trực của PN.
Từ đó: O là giao điểm 2 đường trung trực của KQ,PN. Lại có: Tứ giác KPNQ nội tiếp (cmt)
=> O là tâm đường tròn (KPNQ) => OP=OQ (đpcm).
Cho tam giác ABC nhọn không cân, D là một điểm nằm trên cạnh BC. Lấy điểm E trên cạnh AB và F trên cạnh AC sao cho ^DEB=^DFC. Các đường thẳng khác DE,DF lần lượt cắt AB,AC tại M và N. Gọi (I1), (I2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác DEM; DFN. (J1) là đường tròn tiếp xúc trong với (I1) tại D và tiếp xúc với AB tại K. (J2) là đường tròn tiếp xúc trong với (I2) tại D và tiếp xúc với AC tại H. Gọi P là giao điểm của (I1) và (I2); Q là giao điểm của (J1) và (J2) (P,Q khác D)
a) Chứng minh D,P,Q thẳng hàng ?
b) Đường tròn (AEF) cắt đường tròn (AHK) và đường thẳng HK lần lượt tại G,L. Chứng minh tiếp tuyến tại D của đường tròn (DGQ) cắt đường thẳng EF tại 1 điểm nằm trên đường tròn (DLG) ?
a) Xét đường tròn (J1) có: ^HJ1D = 2.^HMD (^HMD=1/2.Sđ(HD ). Tương tự: ^KJ2D = 2.^KND
Dễ thấy tứ giác MEFN nội tiếp (Do ^MEN = ^MFN) => ^DMH = ^DNK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)
Do đó: ^HJ1D = ^KJ2D. Mà các tam giác HJ1D và KJ2D cân tại J1 và J2 => ^J2DK + 1/2.^HJ1D = 900
Hay ^J2DK + ^HMD = 900 => J2D vuông góc EM. Có J1H vuông góc EM => J2D // J1H
=> ^J1DJ2 = ^HJ1D (So le trong) => ^HDK = ^J1DJ2 + ^J1DH + ^J2DK = ^HJ1D + ^J1DH + ^J1HD = 1800
=> 3 điểm K,H,D thẳng hàng. Lại có: ^AHD = 1/2.Sđ(HD; ^AKD = 1/2.Sđ(KD => ^AHD = ^AKD
Từ đó: ^AHK = ^AKH => \(\Delta\)HAK cân tại A => AH=AK
Gọi giao điểm của tia AD với (I1) và (J1) lần lượt là P' và Q'. Ta sẽ chứng minh P' trùng P; Q' trùng Q.
Theo hệ thức lượng trong đường tròn: AH2 = AD.AQ' => AK2 = AD.AQ' => \(\Delta\)ADK ~ \(\Delta\)AKQ' (c.g.c)
=> ^AKD = ^AQ'K = 1/2.Sđ(DK => Điểm Q' nằm trên (J2) => Q' trùng Q (1)
Tương tự: AE.AM = AD.AP'; AE.AM = AF.AN => AF.AN = AD.AP' => \(\Delta\)ADF ~ \(\Delta\)ANP' (c.g.c)
=> ^ADF = ^ANP' => Tứ giác DFNP' nột tiếp => Điểm P' thuộc (DFN) hay P' thuộc (I2) => P' trùng P (2)
Từ (1) và (2) => Tia AD đi qua 2 điểm P và Q hay 3 điểm D,P,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Định trên đoạn thẳng EF một điểm T thỏa mãn \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)
Ta thấy ^GEA = ^GFA => ^GEH = ^GFK. Kết hợp với ^GHE = ^GKF => \(\Delta\)GEH ~ \(\Delta\)GFK (g.g)
=> \(\frac{GE}{GH}=\frac{GF}{GK}\). Lại có: ^EGF = ^EAF = ^HGK (Các góc nội tiếp) => \(\Delta\)GEF ~ \(\Delta\)GHK (c.g.c)
Do T và D định trên các cạnh EF, HK các tỉ số tương ứng bằng nhau nên \(\Delta\)GTF ~ \(\Delta\)GDK (c.g.c)
=> \(\frac{GT}{GD}=\frac{GF}{GK}\). Nhưng ^TGD = ^FGK (=^TGF - ^TGK) nên \(\Delta\)GTD ~ \(\Delta\)GFK (c.g.c)
=> ^GDT = ^GKF. Mà ^GKF = ^GQD => ^GDT = ^GQD = 1/2.Sđ(GD => DT là tia tiếp tuyến của đường tròn (DGQ) (3)
Mặt khác:^GLE = ^GFE = ^GKH = ^GQH. Dễ thấy: \(\Delta\)LEF ~ \(\Delta\)QHK. Từ \(\frac{ET}{FT}=\frac{HD}{KD}\)=> \(\Delta\)ELT ~ \(\Delta\)HQD
=> ^ELT = ^HQD => ^ELT - ^GLE = ^HQD - ^GQH => ^GLT = ^GQD. Mà ^GQD = ^GDT (cmt) nên ^GLT = ^GDT
Từ đó có: Tứ giác GDLT nội tiếp hay điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (4)
Qua (3) và (4) suy ra: Tiếp tuyến tại D của đường tròn (DGQ) cắt EF tại điểm T nằm trên đường tròn (DLG) (đpcm).
Cho tam giác ABC có ^A=90, hai đỉnh A và B cố định và C thay đổi trên nửa đường thẳng At vuông góc với AB tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC va P,Q,R lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn này với các cạnh AC, BC, AB, hai đường thẳng PQ và AI cắt nhau tại D.
a)CM B, D, Q, R nằm trên một đường tròn.
b) CM rằng khi C thay đổi trên At đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Cho tam giác ABC có ^A=90, hai đỉnh A và B cố định và C thay đổi trên nửa đường thẳng At vuông góc với AB tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC va P,Q,R lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn này với các cạnh AC, BC, AB, hai đường thẳng PQ và AI cắt nhau tại D.
a)CM B, D, Q, R nằm trên một đường tròn.
b) CM rằng khi C thay đổi trên At đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.