Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho đường tròn tâm O và 2 dây cung vuông góc AB và CD tại I. Chứng minh:
\(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2\)
Kẻ đường kính BE \(\Rightarrow\widehat{BAE}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow AE||CD\) (cùng vuông góc AB)
\(\Rightarrow AD=CE\) (hai cung chắn bởi 2 đường thẳng song song)
Do đó:
\(IA^2+ID^2+IB^2+IC^2=AD^2+BC^2\) (Pitago 2 tam giác vuông)
\(=CE^2+BC^2=BE^2\) (tam giác BCE vuông tại E)
\(=4R^2\) (đpcm)
A B C D O M
a) BC vuông góc với AO là theo tính chất hai tiếp tuyến đi qua 1 điểm A
b) Xét hai tam giác DCO và DBA có góc D chung và góc C = góc B = 90 độ (tính chất tiếp tuyến)
=> tam giác DCO đồng dạng với tam giác DBA
=> DC/DB = DO/DA
=> DC.DA = DO.DB (đpcm)
c) Vì OM vuông góc với DB => OM // BA (cùng vuông góc với DB)
Ta có AM/DM + 1 = (AM + DM)/DM = DA/DM
Theo Viet ta có: DA/DM = AB/MO
=> AM/DM + 1 = AB/OM
=> AB/OM - AM/DM = 1 (*)
Ta lại có tam giác MOA cân (vì góc MOA = góc BAO do so le trong, góc MAO = góc BAO do tính chất hai tiếp tuyến cùng 1 điểm)
=> OM = AM
(*) trở thành: AB/AM - AM/DM = 1 (đpcm)
2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau
E Q D ^ = D Q B ^ − A Q B ^ = P R B ^ − A C B ^ = R B C ^ = E B D ^ .
Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra B E Q ^ = B D Q ^ = 90 0 ⇒ B R ⊥ A Q
Xét với đường tròn (O) có phương trình \((O):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 25\)
Cho các điểm \(A(0;0),B(0;8),C(8;4),D( - 2;4)\) nằm trên đường tròn (O) và thỏa mãn AB vuông góc với CD
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B có dạng \(x = 0\)
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm C, D có dạng \(y = 4\)
Ta có AB vuông góc với CD tại điểm E nên tọa độ điểm E là nghiệm của hệ sau:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow E(0;4)\)
Gọi tọa độ của điểm F là: \(F(x;y)\)
ACEF là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {AF} = \overrightarrow {EC} \), mặt khác ta có: \(\overrightarrow {AF} = (x;y),\overrightarrow {EC} = \left( {8;0} \right)\)
Suy ra tọa độ điểm F là: \(F\left( {8;0} \right)\)
\(\overrightarrow {EF} = \left( {8; - 4} \right),\overrightarrow {DB} = \left( {2;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {EF} .\overrightarrow {BD} = 8.2 + \left( { - 4} \right).4 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {EF} \bot \overrightarrow {BD} \)
Vậy ta chứng minh được EF vuông góc với DB
A B C I S D E F G K L K' M x
Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.
Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn
Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)
Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )
Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.
Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID
Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)
Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp
Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF
Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK
Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC) (1)
Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2
Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).