cho tam giac ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm P nằm trong tam giac sao cho PB=PC , D thuộc cạnh BC (D

Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tại D, E và F. M
là điểm bất kì nằm trong tam giác sao cho đường tròn nội tiếp tam giác MBC tiếp xúc với BC tại
D và tiếp xúc cạnh MB và MC tại N, P. CMR tứ giác NPEF nội tiếp.

#Toán lớp 9

0

NP

Nguyễn phương tuệ anh

23 tháng 3 2018 - olm

Mọi người giúp mình câu d với ạ.

Cho đường tròn tâm (O,R). Điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC. Kẻ cát tuyến AMN sao cho AM<AN. Lấy H là trung điểm MN. Kẻ HE//BN( E thuộc BC).

a. C/m ABOC noi tiếp

b. ABHO nội tiếp.

c. ME//AB.

d. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac MHE luôn thuộc đường cố đinh.

#Toán lớp 9

0

NT

Nguyễn Thị Thủy

14 tháng 1 2019 - olm

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ^ABC = ^CAD. (K) là đường tròn nội tiếp tam giác ADC. E là chân đường phân giác xuất phát từ đỉnh B của tam giác ABC. Tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L. CM tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BLC nằm trên (O) ?

#Toán lớp 9

1

NT

Nguyễn Tất Đạt

14 tháng 1 2019

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).

Đúng(0)

DT

ĐỖ THỊ HÀ LINH

13 tháng 7 2016 - olm

Cho tam giac ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O . Hai đường phân giac của góc ABC và góc ACB cắt nhau tại I và chúng cắt đường tròn tâm O tại D và E. CMR: DA=DC=DI và EA=EB=EI.

#Toán lớp 9

0