Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B M C O O 1 2 O I E D N
a) Có ^AO1O2 = ^AO1M/2 = 1/2.Sđ(AM của (O1) = ^ABM = ^ABC. Tương tự ^AO2O1 = ^ACB
Suy ra \(\Delta\)AO1O2 ~ \(\Delta\)ABC (g.g) (đpcm).
b) Từ câu a ta có \(\Delta\)AO1O2 ~ \(\Delta\)ABC. Hai tam giác này có đường trung tuyến tương ứng AO,AI
Khi đó \(\Delta\)AOO1 ~ \(\Delta\)AIB (c.g.c) => \(\frac{AO}{AO_1}=\frac{AI}{AB}\). Đồng thời ^OAI = ^O1AB
=> \(\Delta\)AOI ~ \(\Delta\)AO1B (c.g.c). Mà \(\Delta\)AO1B cân tại O1 nên \(\Delta\)AOI cân tại O (đpcm).
c) Xét đường tròn (O1): ^DAM nội tiếp, ^DAM = 900 => DM là đường kính của (O1)
=> ^DBM = 900 => DB vuông góc với BC. Tương tự EC vuông góc với BC
Do vậy BD // MN // CE. Bằng hệ quả ĐL Thales, dễ suy ra \(\frac{ND}{NE}=\frac{MB}{MC}\)(1)
Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác ta có \(\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{ND}{NE}=\frac{AB}{AC}\)=> ND.AC = NE.AB (đpcm).
A N M D E F G L P Q T H K I I J J 1 2 1 2
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).
F A B C O O 1 2 O D E K R M N I G H S J
a) Gọi AD cắt CE tại J. Khi đó tứ giác BEJD nội tiếp đường tròn (BJ).
Dễ thấy ^FDE = ^FDJ + ^EDJ = ^DAC + ^ECA = ^DEJ + ^JEF = ^FED => \(\Delta\)DEF cân tại F
Từ đó nếu gọi I là trung điểm của BJ thì ta có I là tâm nội tiếp của \(\Delta\)FO1O2
Do (O1) và (O) có hai điểm chung là A,B nên O1O là phân giác ^AO1D
Tương tự O2O là phân giác ^CO2E. Suy ra O là tâm bàng tiếp góc F của \(\Delta\)FO1O2
=> F,I,O thẳng hàng. Dễ có ^IEO1=^IBO1 = 900.
Gọi tiếp điểm giữa (O) và FO2 là G, hạ OH vuông góc AB. Khi đó ^FEI = ^FGO (=900)
=> \(\Delta\)FIE ~ \(\Delta\)FOG (g.g) => \(\frac{FI}{FO}=\frac{IE}{OG}=\frac{IJ}{OH}\)kéo theo \(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH (c.g.c)
=> E,J,H thẳng hàng. Từ đây, gọi S đối xứng với H qua (O) thì \(\Delta\)FJB ~ \(\Delta\)FHS (c.g.c)
=> F,B,S thẳng hàng. Hay FB đi qua S. Ta thấy AC cố định => OH=const => HS=const => S cố định.
Vậy FB luôn đi qua S cố định (đpcm).
b) Theo câu a, FJ đi qua H với H là trung điểm của AC. Theo bổ đề hình thang thì MN//AC
Suy ra ^MND = ^DAC = ^MED => Tứ giác MNED nội tiếp => ^MDN = ^MEN
=> ^MDN + 900 = ^MEN + 900 => ^BDM = ^BEN => 1800 - ^BDN = 1800 - ^BEN => ^MKB = ^NKB
Vì KB cắt đường tròn (MNK) tại R nên R là điểm chính giữa (MN => RM=RN
Ta lại có ^MEN = ^BEN - 900 = 900 - ^MKN/2 = ^MRN/2. Kết hợp với RM=RN
Dẫn đến điểm E thuộc đường tròn (R,RM). Tương tự có D cũng thuộc (R)
=> R là tâm ngoại tiếp tứ giác DMNE => RD = RE (đpcm).
Sửa E thành F ở chỗ "\(\Delta\)EIJ ~ \(\Delta\)EOH" nhé ! Gõ nhầm :)
cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (H thuộc AB), MB cắt (O) tại điểm thứ hai là K cắt CH tại N. CMR :
a) AKNH là tứ giác nt
b) AM.AM = MK.MB
c) Góc KAC bằng góc OMB
Chịu @- @
xét tứ giác AK NH có :
góc AKB bằng 90 độ g(óc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Góc AHN bằng 90° (AH vuông góc với hc)
Suy ra góc AKB + góc AHN bằng 180 độ
tự giác AHKN nt
Xét tam giác ABC có AK vuông góc với MB suy ra MA. MA=MK. MB
Gọi giao điểm của AC và OM là D phẩy giao điểm của m b với ac là i.
Xét tam giác AiK và tam giác MiD có
góc i là góc chung
Góc AKi=góc mdi(=90 độ)
Suy ra tam giác aik đồng dạng với tam giác min suy ra góc kac bằng goc 0mb
mình mới giải bài tập nhưng có một số ký hiệu không ghi được bằng bàn phím nên các bạn thông cảm