Cho tam giác ABC nội tiếp (O). \(AA_1;BB_1\) là các đường cao của tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB. CM cắt \((CA_1B_1)\) ,(O) tại P và Q. Chứng minh rằng MP=MQ
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 5 2019
Lời giải:
Gọi $D$ là giao điểm $AA_1$ và $BC$.
Xét tam giác $AA_1C$ và $CA_1D$ có:
\(\widehat{A_1}\) chung
\(\widehat{A_1AC}=\widehat{A_1AB}=\widehat{A_1CD}\) (tính chất phân giác và góc nội tiếp chắn cùng một cung)
\(\Rightarrow \triangle AA_1C\sim \triangle CA_1D(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{AA_1}{CA_1}=\frac{AC}{CD}(1)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle AA_1B\sim \triangle BA_1D(g.g)\Rightarrow \frac{AA_1}{BA_1}=\frac{AB}{BD}(2)\)
\((1);(2)\Rightarrow \frac{CA_1+BA_1}{AA_1}=\frac{CD}{AC}+\frac{BD}{AB}(3)\)
Theo tính chất đường phân giác: \(\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow BD=\frac{AB.BC}{AB+AC}\Rightarrow CD=BC-BD=\frac{AC.BC}{AB+AC}\)
Do đó: \(\frac{CD}{AC}+\frac{BD}{AB}=\frac{2BC}{AB+AC}(4)\)
Từ \((3);(4)\Rightarrow AA_1=\frac{(CA_1+BA_1)(AB+AC)}{2BC}\). Mà theo BĐT tam giác $CA_1+BA_1>BC$ nên \(AA_1>\frac{BC(AB+AC)}{2BC}=\frac{AB+AC}{2}\).
Hoàn toàn tương tự:
\(BB_1> \frac{BC+BA}{2}; CC_1> \frac{CA+CB}{2}\)
Suy ra \(AA_1+BB_1+CC_1> AB+BC+AC\) (Đpcm)
CM
14 tháng 11 2018
Chọn đáp án C.
Gọi M là trung điểm của BC: 
Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:
14 tháng 1 2019
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).
CM
12 tháng 9 2017
Ta có: B O C ^ = 2 B A C ^ , C O A ^ = 2 C B A ^ , A O B ^ = 2 A C B ^
( góc ở tâm gấp 2 lần số đo góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )
S = S O A B + S O B C + S O C A
= 1 2 O A . O B . sin A O B ^ + 1 2 O B . O C . sin B O C ^ + 1 2 O C . O A . sin C O A ^
S = 1 2 R 2 sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C .
ĐÁP ÁN A
NN
4 tháng 4 2020
Vì DI = DB (gt) nên tam giác DIB cân tại D
Suy ra: \(\widehat{DIB}=\widehat{DBI}\) => \(\widehat{BAD}+\widehat{ABI}=\widehat{IBC}+\widehat{DBC}\)
Mà AD là phân giác góc BAC nên cung BD = cung CD
Ta có: BAD là góc nội tiếp chắn cung BD
DBC là góc nội tiếp chắn cung CD
Do đó: \(\widehat{BAD}=\widehat{DBC}\Rightarrow\widehat{ABI}=\widehat{IBC}\)
=> BI là phân giác của góc ABC
Lại có: AI là phân giác góc BAC
Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (Đpcm)