Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I) với các tiếp điểm với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. H là hình chiếu của D trên EF. AH cắt (O) tại G khác A. Cmr: GD là phân giác của góc BGC.
Cho tam giác ABC , AB> AC ngoại tiếp đường tròn (I ) và nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (I ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên EF. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại K (K khác A).
a) Chứng minh HD là phân giác của góc BHC .
b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng.
cho tam giác ABC nội tiếp (O) đk AB sao cho AC<BC; E là 1 điểm thuộc BC (E khác B,C). Tia AE cắt (O) tại D. EH vuông AB tại H
1. CM ACEH là tứ giác nội tiếp
2, CH cắt (O) tại F, CM EH//DF
3.CM đg tròn ngoại tiếp tam giác CHO đi qua D
4. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên đg thẳng CA và CB. CM AB,DF,IK cùng đi qua 1 điểm
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (I;r) nội tiếp tam giác, tiếp xúc với các cạnh BA, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Hình chiếu của các điểm B, C, D trên EF lần lượt là X, Y, K. a) CMR: BD.KC=BK.CD b) Gọi G là điểm nằm trên cung nhỏ EF của đường tròn (I). Tiếp tuyến tại G của đường tròn (I) cắt AB, AC tại T, J. Tìm vị trí của G cung nhỏ EF để diện tích tam giác ATJ đạt giá trị lớn nhất. c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. CMR: IKD=HKD Chỉ được dùng kiến thức hk1 lớp 9. Giúp tớ với ạ! Mai tớ phải nộp rùii
a) Ta có: AE,AF là tiếp tuyến \(\Rightarrow AE=AF\Rightarrow\Delta AEF\) cân tại A
\(\Rightarrow\angle AEF=\angle AFE\Rightarrow\angle BFX=\angle CEY\)
Xét \(\Delta BFX\) và \(\Delta CEY:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BFX=\angle CEY\\\angle BXF=\angle CYE=90\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BFX\sim\Delta CEY\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BF}{CE}=\dfrac{BX}{CY}\)
mà \(\left\{{}\begin{matrix}BF=BD\\CE=CD\end{matrix}\right.\) (tính chất tiếp tuyến) \(\Rightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BX}{CY}\)
Vì \(BX\parallel DK\parallel CY\) \(\Rightarrow\dfrac{XK}{KY}=\dfrac{BD}{CD}\Rightarrow\dfrac{BX}{CY}=\dfrac{XK}{KY}\)
Xét \(\Delta BKX\) và \(\Delta CKY:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BK}{CY}=\dfrac{KX}{KY}\\\angle BXK=\angle CYK=90\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BKX\sim\Delta CKY\left(c-g-c\right)\Rightarrow\angle BKX=\angle CKY\)
\(\Rightarrow90-\angle BKX=90-\angle CKY\Rightarrow\angle BKD=\angle CKD\)
\(\Rightarrow\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{BD}{CD}\Rightarrow BD.CK=BK.CD\)
Cho tam giác ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi (O) tiếp xúc với BC,CA,AB thứ tự ở các điểm D,E,F. Gọi EF cắt đường thẳng BC tại I, AD cắt (O) tại G khác D. Hạ AH vuông góc với BC tại H, M là trung điểm AH, DM cắt (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng:
a) IG tiếp xúc với (O) ? b) KD là phân giác của góc BKC ?
a) Gọi EF cắt AO tại T. Ta thấy AE,AF là các tiếp tuyến từ A tới (O) => OA là trung trực của EF
=> OA vuông góc EF tại T. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)AEO) có OE2 = OT.OA
=> OD2 = OT.OA. Từ đó \(\Delta\)DOT ~ \(\Delta\)AOD (c.g.c) => ^ODT = ^OAD
Cũng từ OA vuông góc EF tại T => ^OTI = 900 = ^ODI => Tứ giác DOTI nội tiếp (OI)
=> ^ODT = ^OIT. Mà ^ODT = ^OAD (cmt) nên ^OAD = ^OIT. Do ^OIT + ^IOT = 900 nên ^OAD + ^IOT = 900
Nếu gọi AD giao OI tại L thì ta có \(\Delta\)AOL vuông tại L hay DG vuông góc OI
Mà DG là một dây của (O) nên OI là trung trực của DG. Theo đó ^IGO = ^IDO = 900
Vậy thì IG tiếp xúc với (O) tại G (đpcm).
b) Gọi DJ là đường kính của (O). Từ B và C lần lượt hạ BP và CQ vuông góc với KJ (P,Q thuộc KJ)
Khi đó ta có ^DGJ = ^DKJ = 900 và BP // DK // CQ (Cùng vuông góc KJ)
Xét \(\Delta\)DGJ và \(\Delta\)AHD: ^DGJ = ^AHD = 900, ^GDJ = ^HAD (AH // DJ) => \(\Delta\)DGJ ~ \(\Delta\)AHD (g.g)
Chú ý M là trung điểm AH, L là trung điểm GD nên dễ có \(\Delta\)JGL ~ \(\Delta\)DHM (c.g.c)
=> ^GJL = ^HDM => ^OLJ = ^BDK (Do OL // GJ) = ^DJK (Vì BC tiếp xúc (O))
Theo câu a: DL vuông góc OI tại L, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)ODI) có:
OD2 = OL.OI => OJ2 = OL.OI. Từ đây \(\Delta\)OLJ ~ \(\Delta\)OJI (c.g.c) => ^OLJ = ^OJI hay ^OLJ = ^DJI
Két hợp với ^OLJ = ^DJK (cmt) suy ra ^DJK = ^DJI. Mà K,I cùng phía so với DJ nên JK trùng JI
Hay K,I,J thẳng hàng. Kéo theo I,P,K,Q cũng thẳng hàng. Áp dụng hệ quả ĐL Thales có:
\(\frac{CQ}{BP}=\frac{IC}{IB}\). Lại có \(\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}.\frac{IC}{IB}=1\)(ĐL Melelaus) => \(\frac{IC}{IB}=\frac{EC}{FB}\)(Vì EA=FA)
Do đó \(\frac{CQ}{BP}=\frac{EC}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{QK}{PK}\)(Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và ĐL Thales)
Kết hợp với ^BPK = ^CQK = 900 suy ra \(\Delta\)BPK ~ \(\Delta\)CQK (c.g.c) => ^BKP = ^CKQ
=> 900 - ^BKP = 900 - ^CKQ => ^BKD = ^CKD => KD là phân giác ^BKC (đpcm).
a) Đường tròn (O)(O) tiếp xúc với AB.BC,CAAB.BC,CA tại D,E,FD,E,F, tức là OO là giao của ba đường phân giác tam giác ABCABC và OD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BCOD⊥AB,OF⊥AC,OE⊥BC
Do đó: ODAˆ+OFAˆ=900+900=1800ODA^+OFA^=900+900=1800
⇒ODAF⇒ODAF là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: ODBE,OECFODBE,OECF nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
⎧⎩⎨ODFˆ=OAFˆ=Aˆ2ODEˆ=OBEˆ=Bˆ2{ODF^=OAF^=A^2ODE^=OBE^=B^2 ⇒ODFˆ+ODEˆ=Aˆ2+Bˆ2⇒ODF^+ODE^=A^2+B^2
hay EDFˆ=Aˆ+Bˆ2EDF^=A^+B^2
Tương tự: DEFˆ=Bˆ+Cˆ2DEF^=B^+C^2 và EFDˆ=Aˆ+Cˆ2EFD^=A^+C^2
Vì ABCABC là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn 900900
⇒EDFˆ,DEFˆ,EFDˆ<900⇒EDF^,DEF^,EFD^<900
⇒△DEF⇒△DEF có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác ABCABC cân tại AA nên ABCˆ=ACBˆABC^=ACB^
⇒ABCˆ=180−BACˆ2=900−Aˆ2⇒ABC^=180−BAC^2=900−A^2
Tứ giác ODAFODAF nội tiếp ⇒ADFˆ=AOFˆ=900−OAFˆ=900−Aˆ2⇒ADF^=AOF^=900−OAF^=900−A^2
Do đó: ABCˆ=ADFˆABC^=ADF^, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DF∥BCDF∥BC
c)
{ABCˆ=ACBˆABCˆ=ADFˆ(theo phần b){ABC^=ACB^ABC^=ADF^(theo phần b) ⇒ADFˆ=ACBˆ=FCBˆ⇒ADF^=ACB^=FCB^
⇒BDFC⇒BDFC nội tiếp.
d)
BDBD là tiếp tuyến của (O)(O) nên BDMˆ=DFIˆ=DFBˆBDM^=DFI^=DFB^ (cùng chắn cung DI)
Mà do BDFCBDFC nội tiếp nên DFBˆ=DCBˆDFB^=DCB^
Từ đây suy ra BDMˆ=DCBˆBDM^=DCB^
Xét tam giác BDMBDM và BCDBCD có:
{∠B ChungBDMˆ=BCDˆ(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g){∠B ChungBDM^=BCD^(cmt)⇒△BDM∼△BCD(g.g)
⇒BDBC=BMBD(1)⇒BDBC=BMBD(1)
Do DF∥BC⇒BDAB=CFACDF∥BC⇒BDAB=CFAC (theo định lý Ta -let) mà AB=AC⇒BD=CF(2)AB=AC⇒BD=CF(2)
Từ (1);(2)⇒BDBC=BMCF(1);(2)⇒BDBC=BMCF (đpcm
~Mik ko chắc~
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), có đường cao AH, gọi M,N lần lượt là hình chiếu của H trên AB,AC. MN cắt (O) tại D, cắt BC tại K. Gọi I là trung điểm AH, IK cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
CM tứ giác BMCN nội tiếp
Tam giác ADH cân
I là trung điểm EF
a: ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên AM*AB=AH^2
ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên AN*AC=AH^2
=>AM*AB=AN*AC
=>AM/AC=AN/AB
=>góc AMN=góc ACB
=>góc NMB+góc NCB=180 độ
=>NMBC nội tiếp
b: kẻ đường kính AL
góc ACL=90 độ
AC*AN=AH^2
ΔAIN đồng dạng với ΔACE
=>AI/AC=AN/AE
=>AI*AE=AH^2
góc ADE=90 độ
=>ΔADE vuông tại D
=>AI*AE=AD^2=AH^2
=>AD=AH
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và I là điểm nằm trong tam giác. Tia AI,BI,CI cắt BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của AD,BE,CF. X,Y,Z thứ tự là hình chiếu của O lên EF,DE,DF. CMR: Đường tròn ngoại tiếp các tam giác XNP, YMP, ZMN đồng quy ?
Gọi giao điểm thứ hai của AZ,BZ,CZ với đường tròn (O) là S,T,R. Cho đường thẳng DF cắt các đoạn ST,RT lần lượt tại K,L. Gọi AK giao CL tại V. Gọi Q là trung điểm đoạn DF.
Trước hết, ta thấy: 5 điểm A,R,S,C,T cùng thuộc (O), AV cắt RT tại K, AS cắt CR ở Z, CV cắt ST ở L
Đồng thời có bộ điểm: (K Z L) thẳng hàng. Suy ra: Hệ điểm (A R V S C T) cùng thuộc 1 đường tròn (ĐL Pascal đảo)
Áp dụng ĐL Con Bướm cho 4 điểm A,B,S,T trên (O) thì có Z là trung điểm của FL. Mà P là trung điểm CF
Nên ZP là đường trung bình của \(\Delta\)FLC => ZP // CL. Tương tự: ZM // AK
Do đó: 2 góc ^MZP và ^AVC có 2 cặp cạnh song song => ^MZP = ^AVC = ^ABC (Do V thuộc (O) cmt)
Dễ thấy MQ là đường trung bình \(\Delta\)ADF => MQ // AB. Tương tự: QP // BC => ^MQP = ^ABC
Từ đó: ^MZP = ^MQP => Tứ giác MZQP nội tiếp đường tròn.
Nếu ta gọi trung điểm của DE,EF thứ tự là G,U thì như lập luận trên, các tứ giác NPUX, MYGN nội tiếp
Ta sẽ chứng minh các đường tròn (MPQ),(NPU),(MNG) đồng quy
Thật vậy: Gọi giao điểm thứ hai của (MPQ) và (NPU) là J => ^NJM = ^MJP + ^NJP = ^MQP + ^NUP
Bằng tính chất đường trung bình, góc có cặp cạnh song song dễ có:
^MQP = ^ABC, ^NUP = ^BAC => ^NJM = ^ABC + ^BAC = 1800 - ^ACB = ^MGN
Suy ra: Tứ giác MJNG nội tiếp => (MNG) cũng đi qua J => (MPQ),(NPU),(MNG) đồng quy
Hay 3 đường tròn (NPX),(YMN),(ZNP) đồng quy (tại J) (đpcm).
(P/S: Đề sai nhé, phải là (XNP),(YNM),(ZNP) đồng quy)
1) cho tam giác vuông ABC đường cao AH .gọi AD ;AE là phân giác các góc BAH và góc CAH .chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác BCA trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE
2)cho tam giác ABC vuông tại A;gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ;các tiếp điểm trên BC;CA;AB lần lượt là D,E,F.gọi M là trung điểm của AC ,đường thẳng MI cắt các cạnh AB tại N ,đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P .cmr tam giác APN cân
Cho tam giác ABC nhọn có AB<AC. Vẽ đường tròn (O) đường kính BC cắt
AB,AC lần lượt tại E,D. CE cắt BD tại H. AH cắt BC tại K
a. Chứng minh tứ giác BEHK nội tiếp và KA là phân giác góc EKD
b. AI,AJ là các tiếp tuyến của (O) với tiếp điểm là I,J sao choD,J cùng nằm trên 1 nửa
mặt phẳng bờ AK. Chứng minh góc IKE bằng góc DKJ
c. Chứng minh I,H,J thẳng hàng
d. Kẻ đường thẳng qua K song song với ED cắt AB,CH lần lượt tại Q,S. Chứng minh
K là trung điểm của QS
Ai giúp mình với :)))
a: góc BEH+góc BKH=180 độ
=>BEHK nội tiếp
=>góc EBH=góc EKH
góc BKA=góc BDA=90 độ
=>ABKD nội tiếp
=>góc EBH=góc AKD=góc EKH
=>KA là phân giác của góc EKD
b: góc AIO=góc AJO=góc AKO=90 độ
=>I,J,K,A,O cùng thuộc đường tròn đường kính OA
sđ cung AI=sđ cung AJ
=>góc AKI=góc AJI
=>góc AKE+góc IKE=góc AKD+góc DKJ
=>góc IKE=góc DKJ
c: