Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình tam giác TenDaGiac1: Polygon A, B, C Đường tròn d: Đường tròn qua A, B, C Đường tròn e: Đường tròn qua C, I, E Đoạn thẳng c: Đoạn thẳng [A, B] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, C] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, A] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [D, E] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [C, E] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [D, K] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [A, K] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [C, K] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [I, K] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [K, E] A = (-0.02, 6.02) A = (-0.02, 6.02) A = (-0.02, 6.02) B = (-1.62, 1.42) B = (-1.62, 1.42) B = (-1.62, 1.42) C = (6.6, 1.48) C = (6.6, 1.48) C = (6.6, 1.48) Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm E: Điểm trên f Điểm E: Điểm trên f Điểm E: Điểm trên f Điểm I: Giao điểm của a, g Điểm I: Giao điểm của a, g Điểm I: Giao điểm của a, g Điểm K: Giao điểm của d, e Điểm K: Giao điểm của d, e Điểm K: Giao điểm của d, e
Do ABKC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{BAK}=\widehat{BCK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
Do ICEK là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ICK}=\widehat{IEK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
\(\Rightarrow\widehat{DAK}=\widehat{DEK}\)
Vậy DAEK là tứ giác nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đi qua K.
A B C P Q R O D E S T K L M N H A B C I M N P E F R
a) Ta có O là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)ABC nên ^OAC = 900 - ^ABC hay ^OAC + ^ABC = 900
Đường tròn đường kính OP cắt AB,AC tại D,E => ^ABC = ^AED. Do đó ^OAC + ^AED = 900
Suy ra OA vuông góc với DE (đpcm).
b) Bổ đề (Quan sát hình bên phải) Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Một đường tròn (R) tiếp xúc với hai cạnh AB,AC đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (ABC) lần lượt tại M,N,P. Khi đó MN đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC.
Thật vậy: Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC. Ta thấy R vừa tiếp xúc dây AC tại N, vừa tiếp xúc trong với (ABC) tại P
Từ đó dễ suy ra PN đi qua điểm chính giữa (AC. Tương tự PM đi qua điểm chính giữa (AB
Gọi PM,PN cắt (ABC) lần lượt tại F,E thì CF cắt BE tại I (Vì I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC)
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm F,A,E,B,P,C ta thu được M,I,N thẳng hàng.
Quay trở lại bài toán: Gọi T là trung điểm OP. Hạ TH,TM,TN lần lượt vuông góc với DE,PB,PC
Có ^PEC = ^PBC = ^CAB => PE // AD. Tương tự PD // AE, suy ra tứ giác ADPE là hình bình hành
Dễ thấy T là tâm của (OP) và ^ETD = 2^EPD = 2^BAC = Sđ(BC(O) = const
Mà TD = TE = OP/2 = const nên độ dài đường cao của \(\Delta\)DTE không đổi hay TH = const
\(\Delta\)HTE = \(\Delta\)MTP = \(\Delta\)NTP (Ch.gn) => TH = TM = TN. Do vậy T cố định và là tâm nội tiếp \(\Delta\)PQR
Nếu ta gọi (S) là đường tròn tiếp xúc với PQ,PR lần lượt tại K,L và tiếp xúc trong với (PQR)
Thì lúc này K,T,L thẳng hàng (Bổ đề). Theo tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau thì PK = PL
=> \(\Delta\)KPL cân tại P và nhận PT làm đường cao. Ta thấy P,T,N đều cố định (cmt) nên PT,PN không đổi
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có PT2 = PN.PL => PL = const
Ta lại có PL2 = PT.PS, từ đây có PS = const. Mà S nằm trên tia PT cố định nên S cố định
Đồng thời SL2 = SK2 = PS2 - PL2 = const. Suy ra đường tròn (S) cố định
Vậy thì đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PQR luôn tiếp xúc với đường tròn (S) cố định (đpcm).
*) Nhận xét: Đường tròn (R) được nêu trong bổ đề chính là đường tròn Mixtilinear của tam giác ABC.
A B C L' K O J E D I F L
Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.
Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)
Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)
Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)
Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'
=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp
Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL' (1)
Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF
=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g) => FA2 = FK.FC (2)
Từ (1) và (2) => FA2 = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)
=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2
Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp
Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L
Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 1800 - ^BAC/2
Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).
A B C O P D E F K M N Q
Gọi O là tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC. Khi đó PK đi qua (O), thật vậy:
Gọi DP,EP,FP cắt đường tròn (K) lần thứ hai lần lượt tại M,N,Q.
Theo hệ thức lượng đường tròn: PA.PD = PB.PE = PC.PF => Tứ giác BCFE nội tiếp
Nên ta có: ^MNQ = ^MNE + ^ENQ = ^MDE + ^EFQ = ^ABP + ^CBP = ^ ABC.
Hoàn toàn tương tự: ^MQN = ^ACB. Từ đó suy ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MNQ (g.g)
Hai tam giác này có tâm ngoại tiếp tương ứng là O,K nên \(\Delta\)AOC ~ \(\Delta\)MKQ (g.g)
=> \(\frac{OC}{KQ}=\frac{AC}{MQ}\). Bên cạnh đó ^DMQ = ^DFQ = ^CAP nên AC // MQ.
Theo hệ quả ĐL Thales có: \(\frac{AC}{MQ}=\frac{PC}{PQ}\). Từ đây \(\frac{OC}{KQ}=\frac{PC}{PQ}\) (1)
Ta lại có ^OCP = ^ACP - ^OCA = ^MQP - ^KQM = ^KQP (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)COP ~ \(\Delta\)QKP (c.g.c) => ^CPO = ^QPK
Mà ba điểm C,P,Q thẳng hàng nên ba điểm O,P,K cũng thẳng hàng. Do vậy PK đi qua O cố định (đpcm).
C D B E A O P K M L Q S T R F N I x
a) Ta thấy: Tứ giác BKQC nội tiếp đường tròn => ^CKQ = ^CBQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) (1)
Ta có: MK // AD => ^CKM = ^CAD (Đồng vị) . Mà ^CAD = ^CBD (Cùng chắn cung CD) => ^CKM = ^CBD (2)
Từ (1) và (2) => ^CKQ = ^CKM => 2 tia KQ và KM trùng nhau => 3 điểm K,M,Q thẳng hàng (đpcm).
b) Sửa đề: "5 điểm M,S,Q,R,T thẳng hàng ?"
Chứng minh tương tự câu a, ta có: 3 điểm L,M,R thẳng hàng => ^RMQ = ^KML (Đối đỉnh)
Tứ giác AKML là hình bình hành => ^KML = ^KAL = ^CAD. Do đó; ^RMQ = ^CAD (3)
Lại có: ^RTQ = ^RED (Cùng chắn cung RD); ^RED = ^CED = ^CAD => ^RTQ = ^CAD (4)
Từ (3) và (4) => ^RMQ = ^RTQ => Tứ giác RTMQ nội tiếp hay 4 điểm R,T,M,Q thuộc 1 đường tròn (*)
Mặt khác: ^TRS = ^BDE = ^BCE = ^TQS => Tứ giác TRQS nội tiếp hay 4 điểm T,R,Q,S thuộc 1 đường tròn (**)
Từ (*) và (**) => 5 điểm M,S,Q,R,T cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm).
c) Giả sử S là 1 điểm chung của (PQR) và (O). Kẻ tia tiếp tuyến Fx của (O). Ta chứng minh Fx cũng là tiếp tuyến của (PQR)
Thật vậy: Gọi giao điểm thứ hai của AF với (PQR) là N. Kéo dài tia AP cắt (O) tại I.
Do L,M,R thẳng hàng; ML // AC => MR // AC => ^RMF = ^CAF (Đồng vị). Mà ^CAF = ^REF
Nên ^RMF = ^REF => Tứ giác EMRF nội tiếp => ^RFM = ^REM hay ^RFN = ^REM
Ta thấy: ^RFN = ^RPN => ^REM = ^RPN. Do 2 góc này đồng vị nên PN // EM hoặc PN // BE (5)
Xét đường tròn (O): 2 dây CD // BE => (BC=(DE => ^BAC = ^EAD
Có ^MAB = ^PAE => ^MAB - ^BAC = ^PAE - ^EAD => ^CAF = ^DAI => (CF=(ID
Xét (O): (CF = (ID, F và I nằm cùng phía so với CD => IF // CD => IF // BE (6)
Từ (5) và (6) => PN // IF => ^FIA = ^NPA (Đồng vị)
Dễ dàng c/m được PF = PI (\(\Delta\)PCF = \(\Delta\)PDI) => ^PIF = ^PFI hay ^FIA = ^PFI
Ta lại có: ^PFx = ^PFI + ^IFx = ^FIA + ^FAI = ^NPA + ^FAI = ^NPA + ^NAP = ^FNP (Góc ngoài)
Mà ^FNP = 1/2.Sđ(FP => ^PFx = 1/2.Sđ(FP => Fx là tia tiếp tuyến của đường tròn (PQR) => Đpcm.
Sorry, "5 điểm M,S,Q,R,T cùng nằm trên 1 đường tròn", mik gõ lộn :(
Mọi người làm ơn giúp mình với ạ