K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

24 tháng 5 2019

Bạn mở trong đường link này sẽ có https://moon.vn/hoi-dap/cho-tam-giac-deu-abc-noi-tiep-trong-duong-tron-tam-o-goi-mnp-lan-luot-la-trung-diem--665623

24 tháng 5 2019

A B C F G N O E

( Hình hơi bị lệch một xíu, tam giác không chính xác lắm nha)

a) Do tam giác ABC đều và M, N lần lượt là trung điểm của \(AB,BC\Rightarrow\hept{\begin{cases}OM\perp AB\\ON\perp BC\end{cases}\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{ONB}=90^o}\)

Xét tứ giác BMON có: \(\widehat{OMB}+\widehat{ONB}=180^o\) suy ra tứ giác BMON là tứ giác nội tiếp (tứ giác cỏ tổng 2 góc đối bằng 180o
b) Do O là trọng tâm tam giác ABC(giả thiết) suy ra \(ON=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}\)( tính chất đường trung tuyến).
Mặt khác, \(OG=ON+NG\Rightarrow NG=OG-ON=R-\frac{R}{2}=\frac{R}{2}\)
Vậy \(NO=NG=\frac{R}{2}\left(đpcm\right)\)

c) Gọi \(E=EC\Omega PN\) ta có: \(OC\perp AB\) (do tam giác ABC đều); \(NO//AB\)( NP là đường trung bình của tam giác ABC) 

\(\Rightarrow OC\perp NP\) tại E => tam giác OEF vuông tại E.
Xét tam giác ONC vuông tại N có đường cao NE ta có: \(ON^2=OE.OC\Rightarrow OE=\frac{ON^2}{OC}=\frac{R}{4}\) (hệ thức lượng)
Xét tam giác vuông OEF có: \(\sin\widehat{OFE}=\sin\widehat{OFP}=\frac{OE}{OF}=\frac{R}{\frac{4}{R}}=\frac{1}{4}\Rightarrow\widehat{OFP}\approx14^O28'\)

10 tháng 6 2019

Em không vẽ được hình, xin thông cảm

a, Ta có góc EAN=  cungEN=cung EC+ cung EN

Mà cung EC= cung EB(E là điểm chính giữa cung BC)

=> góc EAN=cungEB+ cung EN=góc DFE (tính chất góc ở giữa)

=> tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

Vậy tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

b,Ta có EC=EB=EM

Tam giác EMC cân tại E => EMC=ECM

 MÀ EMC+AME=180, ECM+ABE=180

=> AME = ABE

=> tam giác ABE= tam giác AME

=> AB=AM => tam giác ABM cân tại A

Mà AE là phân giác => AE vuông góc BM

CMTT => AC vuông góc EN

MÀ AC giao BM tại M

=> M là trực tâm tam giác AEN

Vậy M là trực tâm tam giác AEN

c,  Gọi H là giao điểm OE với đường tròn (O) (H khác E) => O là trung điểm của EH

Vì M là trực tâm của tam giác AEN

=> \(EN\perp AN\)

Mà \(OI\perp AN\)(vì I là trung điểm của AC)

=> \(EN//OI\)

MÀ O là trung điểm của EH

=> I là trung điểm của MH (đường trung bình trong tam giác )

=> tứ giác AMNH là hình bình hành 

=> AH=MN

Mà MN=NC

=> AH=NC

=> cung AH= cung NC

=> cung AH + cung KC= cung KN

Mà cung AH+ cung KC = góc KMC(tính chất góc ở giữa 2 cung )

NBK là góc nội tiếp chắn cung KN

=> gócKMC=gócKBN

Hay gócKMC=gócKBM

=> CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK( ĐPCM)

Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

10 tháng 6 2019

Anh Khang nè,e cung cấp hình nha:3

18 tháng 5 2018

a, Xét tứ giác BEHF có: góc BFH + góc BEH = 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác BEHF nội tiếp.

b, Xét tứ giác AFEC có :

góc AFC = góc AEC ( = 900) (Hai góc cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc vuông)

=> Tứ giác AFEC nội tiếp

BÀI 1 cho tam giác ABC vuông tại A .Nữa đường tròn đường kính AB cắt BC tại D.Trên cung AD lấy một điểm E .Nối BE và kéo dài AC tại F.Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp BÀI 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định ,CD là đường kính thay đổi của đường tròn (O) ( khác AB ) .Tiếp tuyến tại B của (O ) cắt AC và AD lần lượt tại N và M .Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp BÀI 3 :Cho hai đoạn...
Đọc tiếp

BÀI 1 cho tam giác ABC vuông tại A .Nữa đường tròn đường kính AB cắt BC tại D.Trên cung AD lấy một điểm E .Nối BE và kéo dài AC tại F.Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp 

BÀI 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định ,CD là đường kính thay đổi của đường tròn (O) ( khác AB ) .Tiếp tuyến tại B của (O ) cắt AC và AD lần lượt tại N và M .Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp 

BÀI 3 :Cho hai đoạn thẳng MN và PQ cắt nhau tại O .Biết OM.ON= PO.OQ.Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp 

BÀI 4: Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB, AC 
a) c/m AMHN nội tiếp
b) BMNC nội tiếp 

BÀI 5: Cho tam giác ABC các đường phân giác trong là BE và CF cắt nhau tại M và các đường phân giác ngoài của các góc B và góc C cắt nhau tại N .chứng minh BMCN nội tiếp

BÀI 6: Cho đường tròn (O) đường kính AB .Gọi M là một điểm trên tiếp tuyến xBy , đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại C , lấy D thuộc BM, nối AD cắt (O) tại I. c/m CIDM nội tiếp

BÀI 7: Cho đường tròn tâm (O) có cung EH và S là điểm chính giữa cung đó .Trên dây EH lấy hai điểm A và B .Các đường thẳng SA và SB cắt đường tròn lần lượt tại D và C .c/m ABCD là tứ giác nội tiếp

BÀI 8: Cho đường tròn (O) đường kính AB , từ A và B vẽ Ax vuông góc AB và By vuông góc BA (Ax và By cùng phía so với bờ AB ) .Vẽ tiếp tuyến x'My' (tiếp điểm M) cắt Ax tại C và By tại D ; OC cắt AM tại I và OD cắt BM tại K .Chứng minh CIKD nội tiếp

0

1. Do ΔABC đều, BE và CF là tia phân giác của góc B, góc C nên ∠B1 = ∠B2 = ∠C1 = ∠C2 ⇒ AE   =    AF   =   BF   =   CE

∠FAB  = ∠B1   => AF//BE

2. (1,0 điểm)

Tương tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF là hình bình hành mà →AE = AF => →AE = AF  nên tứ giác AEOF là hình thoi.

DOFN và DAFM có ∠FAE = ∠FOE  (2 góc đối của hình thoi)

∠AFM = ∠FNO  (2 góc so le trong)

=> ΔAFM đồng dạng với ΔONF (g-g)

⇒ AF/ON = AM/OF ⇔ AF.OF = AM.ON
mà AF = OF nên AF² = AM.ON

3. (1,0 điểm)

Có ∠AFC = ∠ABC = 600  và AEOF là hình thoi => ΔAFO và ΔAEO là các tam giác đều => AF=DF=AO

=> AO² = AM.MO

⇔ AM/AO = AO/ON và có ∠OAM = ∠AOE = 600 =>  ΔAOM và  ΔONA đồng dạng.

=> ∠AOM = ∠ONA

Có 60º = ∠AOE = ∠AOM + ∠GOE = ∠ANO + GAE
=> ∠GAE = ∠GOE
mà hai góc cùng nhìn GE nên tứ giác AGEO nội tiếp

Mk vẽ hình r nhưng ko bít đăng ! 

23 tháng 4 2021

A B C N M E D H I O 1 1 1

1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)

Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC

2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))

Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))

Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )

3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )

                                 \(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )

\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)

Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có : 

\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

\(\Rightarrow KB\perp AB\)

mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)

Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)

Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi

Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi 

Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)

Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)

Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để SADE đạt giá trị lớn nhất thì SABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

a: ΔOBC cân tại O

mà OM là trung tuyến

nên OM vuông góc BC

ΔOAC cân tại O

mà ON là trung tuyến

nên ON vuông góc AC

Vì góc OMC+góc ONC=180 độ

nên OMCN nội tiếp

Bài 1: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi qua C vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại D. M là điểm bất kì trên cung BD ( M khác B và D). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.a/ CM bốn điểm B,C,F,M cùng nằm trên một đường tròn.b/ CM: EM = EFc/ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp...
Đọc tiếp

Bài 1: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi qua C vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại D. M là điểm bất kì trên cung BD ( M khác B và D). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.

a/ CM bốn điểm B,C,F,M cùng nằm trên một đường tròn.

b/ CM: EM = EF

c/ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF. CM góc ABI có số đo không đổi khi M di động trên cung \(\widebat{BD}\)

Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Một đường thẳng d thay đổi đi qua A, cắt (O) tại điểm thứ hai là E, cắt hai tiêp tuyến kẻ từ B và C của đường tròn (O) lần lượt tại M và N sao cho A,M,N nằm ở cùng nửa mặt phẳng bờ BC. Gọi giao điểm của hai đường thẳng MC và BN tại F. CMR:

a/ Hai tam giác MBA và CAN dồng dạng và tích MB.CN không đổi.

b/ Tứ giác BMEF nội tiếp trong một đường tròn.

c/ Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi (d) thay đổi.

0
18 tháng 9 2018

A B C D O E F K M

a) Ta thấy: Điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn

=> ^BEK = ^BDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK) hay ^AEK = ^FDK

Mà tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn => ^FDK = ^FCK 

Nên ^AEK = ^FCK hay ^AEK = ^ACK => Tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn

=> ^KAE = ^KCD (Cùng bù ^KCE) hay ^KAB = ^KCD

Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên ^KDE = ^KBA hay ^KBA = ^KDC

Xét \(\Delta\)DKC và \(\Delta\)BKA có: ^KAB = ^KCD; ^KBA = ^KDC => \(\Delta\)DKC ~ \(\Delta\)BKA (g.g)

=> \(\frac{KC}{KA}=\frac{KD}{KB}\Rightarrow\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\).

Đồng thời ^DKC = ^BKA => ^DKC + ^BKC = ^BKA + ^BKC => ^BKD = ^AKC

Xét \(\Delta\)KBD và \(\Delta\)KAC có: ^BKD = ^AKC; \(\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\)=> \(\Delta\)KBD ~ \(\Delta\)KAC (c.g.c)

=> ^KBD = ^KAC hoặc ^KBF = ^KAF => Tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn

=> ^BKF = ^BAF (2 góc nội tiếp chắn cung BF) => ^BKF = ^BAC = ^BDC (Do ^BAC và ^BDC cùng chắn cung BC) (1)

Ta có: ^BDC = ^FDC = ^FKC (Cùng chắn cung FC)  (2)

Xét \(\Delta\)BMC: ^BMC + ^MBC + ^MCB = 1800. Mà ^MBC = ^BAC; ^MCB = ^BDC (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Nên ^BAC + ^BDC + ^BMC = 1800    (3)

Thế (1); (2) vào (3) ta được: ^BKF + ^FKC + ^BMC = 1800 => ^BKC + ^BMC = 1800

=> Tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn (đpcm).

b) Ta có: ^BKF = ^BDC (cmt) => ^BKF = ^BDE = ^BKE (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)

Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK => 3 điểm K;F;E thẳng hàng. Hay F nằm trên KE (*)

Mặt khác: ^BKF = ^CKF (Vì ^BKF = ^BAC; ^CKF = ^BDC; ^BAC = ^BDC)

=> ^BKE = ^CKE (Do K;F;E thẳng hàng) => ^KE là phân giác của ^BKC (4)

Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn: ^MBC = ^MKC; ^MCB = ^MKB 

Lại có: \(\Delta\)BCM cân ở M do MB=MC (T/c 2 tiếp tuyến giao nhau) => ^MBC=^MCB

Từ đó: ^MKC = ^MKB => KM là phân giác của ^BKC (5)

Từ (4) và (5) suy ra: 3 điểm K;M;E thẳng hàng. Hoặc M nằm trên KE (**)

Từ (*) và (**) => 3 điểm E;M;F thẳng hàng (đpcm).