Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Trong (O) có: KB,KM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại K.
\(\Rightarrow KB=KM\left(1\right)\).
Trong (I) có: KC,KM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại K.
\(\Rightarrow KC=KM\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow KB=KC\)
△BME nội tiếp đường tròn (O) đường kính BE.
⇒△BME vuông tại MM.
\(\Rightarrow\widehat{BME}=90^0\)
b) Ta có: K thuộc đường trung trực của BM (\(KB=KM\))
O thuộc đường trung trực của BM \(\left(OB=OM\right)\)
⇒OK là đường trung trực của BM mà OK cắt BM tại N.
⇒N là trung điểm BM.
- Ta có: K thuộc đường trung trực của CM (\(KC=KM\))
I thuộc đường trung trực của CM \(\left(IC=IM\right)\)
⇒IK là đường trung trực của CM mà IK cắt CM tại P.
⇒P là trung điểm IK và \(CM\perp IK\) tại P.
Xét △BCM có: N là trung điểm BM, P là trung điểm CM.
⇒NP là đường trung bình của △BCM.
⇒NP//CM.
c) *Hạ \(IH\perp OB\) tại H.
Xét tứ giác BCIH có: \(\widehat{HBC}=\widehat{BCI}=\widehat{BHI}=90^0\)
⇒BCIH là hình chữ nhật.
\(\Rightarrow BC=IH;IC=BH=r\)
Xét △ICK vuông tại C có IP là đường cao:
\(\Rightarrow IK.IP=IC^2=r^2\)
Xét △OHI vuông tại H có:
\(HI^2+OH^2=OI^2\)
\(\Rightarrow HI=\sqrt{OI^2-OH^2}=\sqrt{\left(r+R\right)^2-\left(r-R\right)^2}=\sqrt{4Rr}=2\sqrt{Rr}\)
Mà \(BC=HI\Rightarrow BC=2\sqrt{Rr}\left(1'\right)\)
Ta có: \(2\sqrt{IM.IO-IK.IP}=2\sqrt{r\left(r+R\right)-r^2}=2\sqrt{Rr}\left(2'\right)\)
\(\left(1'\right),\left(2'\right)\Rightarrow BC=2\sqrt{IM.IO-IK.IP}\)
A B C I O O'
1/ Ta có
IB=IA=IC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì kc từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau
=> tg IAB và tg IAC cân tại I \(\Rightarrow\widehat{IBA}=\widehat{IAB}\) và \(\widehat{ICA}=\widehat{IAC}\)
Xét tg IAB có \(\widehat{AIB}=180^o-\left(\widehat{IBA}+\widehat{IAB}\right)=180^o-2.\widehat{IAB}\) (1)
Xét tg IAC có \(\widehat{AIC}=180^o-\left(\widehat{IAC}+\widehat{ICA}\right)=180^o-2.\widehat{IAC}\) (2)
Công 2 vế của (1) và (2)
\(\Rightarrow\widehat{AIB}+\widehat{AIC}=360^o-2\left(\widehat{IAB}+\widehat{IAC}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BIC}=180^o=360^o-2\widehat{BAC}\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\) => tg ABC vuông tại A
2/
Ta có
tg AIB cân tại I (cmt)
\(OI\perp AB\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối hai tiếp điểm)
=> IO là phân giác của \(\widehat{AIB}\Rightarrow\widehat{AIO}=\widehat{BIO}=\frac{\widehat{AIB}}{2}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh đồng thời là đường phân giác)
C/m tương tự ta cũng có \(\widehat{AIO'}=\widehat{CIO'}=\frac{\widehat{AIC}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{AIO}+\widehat{AIO'}=\widehat{OIO'}=\frac{\widehat{AIB}+\widehat{AIC}}{2}=\frac{180^o}{2}=90^o\) => tg OIO' vuông tại I
3/
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài thì đường nối tâm hai đường tròn đi qua điểm tiếp xúc => O, A, O' thẳng hàng
Xét tg vuông OIO' có
\(IA^2=OA.O'A\) (trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông bằng tích giữa 2 hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền) \(\Rightarrow IA=\sqrt{OA.OA'}=\sqrt{R.R'}\)
Ta có IB=IA=IC (cmt) => \(IA=\frac{BC}{2}\Rightarrow BC=2.IA=2\sqrt{R.R'}\)
Hướng dẫn giải:
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IA=IB=IC=12BCIA=IB=IC=12BC.
Do đó tam giác ABC vuông tại A
⇒ˆBAC=90∘⇒BAC^=90∘.
b) Ta có ˆI1=ˆI2;ˆI3=ˆI4I^1=I^2;I^3=I^4 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Do đó ˆOIO′=90∘OIO′^=90∘ (hai tia phân giác của hai góc kề bù).
c) Ta có AI⊥OO′AI⊥OO′.
Xét tam giác OIO' vuông tại I, ta có:
IA2=OA⋅O′A=9⋅4=36⇒IA=6.IA2=OA⋅O′A=9⋅4=36⇒IA=6.
Do đó BC=12cm.
Nhận xét. Câu a), b) chỉ là gợi ý để làm câu c). Đối với những bài toán có hai đường tròn tiếp xúc, ta thường vẽ thêm tiếp tuyến chung tại tiếp điểm để xuất hiện yếu tố trung gian giúp cho việc tính toán hoặc chứng minh được thuận lợi.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IA=IB=IC=12BCIA=IB=IC=12BC.
Do đó tam giác ABC vuông tại A
⇒ˆBAC=90∘⇒BAC^=90∘.
b) Ta có ˆI1=ˆI2;ˆI3=ˆI4I^1=I^2;I^3=I^4 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Do đó ˆOIO′=90∘OIO′^=90∘ (hai tia phân giác của hai góc kề bù).
c) Ta có AI⊥OO′AI⊥OO′.
Xét tam giác OIO' vuông tại I, ta có:
IA2=OA⋅O′A=9⋅4=36⇒IA=6.IA2=OA⋅O′A=9⋅4=36⇒IA=6.
Do đó BC=12cm.
Nhận xét. Câu a), b) chỉ là gợi ý để làm câu c). Đối với những bài toán có hai đường tròn tiếp xúc, ta thường vẽ thêm tiếp tuyến chung tại tiếp điểm để xuất hiện yếu tố trung gian giúp cho việc tính toán hoặc chứng minh được thuận lợi.
Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đường thẳng q: Tiếp tuyến của c qua A Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, P] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, Q] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [M, A] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [O, M] O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) O = (-0.28, -0.29) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm C: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm E: Giao điểm của f, g Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm D: Giao điểm của c, h Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm P: Giao điểm của r, s Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm Q: Giao điểm của r, t Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm M: Trung điểm của g_1 Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d Điểm F: Giao điểm của e, d
a. Ta thấy ngay tứ giác OBEC có hai góc vuông đối nhau nên nó là tứ giác nội tiếp.
b. Câu này cô thấy cần sửa đề thành AB.AP = AD.AE mới đúng.
Gọi Aq là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O). Khi đó ta có: \(\widehat{APE}=\widehat{BAq}\) (so le trong)
Mà \(\widehat{BAq}=\widehat{BDA}\) (Cùng chắn cung BA) nên \(\widehat{APE}=\widehat{BDA}\)
Vậy thì \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AP}\Rightarrow AB.AP=AE.AD\)
c. +) Ta thấy \(\Delta BDE\sim\Delta ABE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{BE}{AE}\)
Tương tự \(\Delta CDE\sim\Delta ACE\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CD}{AC}=\frac{DE}{AE}\)
Mà BE = CE nên \(\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}\)
Lại có \(\Delta ABD\sim\Delta AEP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EP}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow EP=\frac{BD.AE}{AB}\)
Tương tự \(\Delta ACD\sim\Delta AEQ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AC}{AE}=\frac{CD}{EQ}\Rightarrow EQ=\frac{CD.AE}{AC}=\frac{BD.AE}{AB}=EP\)
Vậy EP = EQ.
+) Ta thấy ngay \(\Delta ABC\sim\Delta AQP\Rightarrow\frac{BC}{QP}=\frac{AC}{AP}\Rightarrow\frac{BC:2}{QP:2}=\frac{AC}{QP}\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{PE}=\frac{AC}{AP}\)
Lại có \(\widehat{ACM}=\widehat{APE}\) (Cùng bằng \(\widehat{BDA}\))
Từ đó suy ra \(\Delta AMC\sim\Delta AEP\Rightarrow\widehat{MAC}=\widehat{PAE}\)
d. Ta có BD.AC = AB.CD
Lại có do ABCD là tứ giác nội tiếp nên
AD.BC = AB.CD + AC.BD = 2AB.CD (Định lý Ptoleme) \(\Rightarrow2MC.AD=2AB.CD\Rightarrow MC.AD=AB.CD\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{AB}=\frac{CD}{AD}\)
Lại thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\Rightarrow\Delta BAD\sim\Delta MCD\left(c-g-c\right)\)
Mà \(\Delta BAD\sim\Delta MAC\Rightarrow\Delta MCD\sim\Delta MAC\)
\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MC}\Rightarrow MA.MD=MC^2=\frac{BC^2}{4}.\)