Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
A B C O I K H Q D
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{BAM}=\hat{CAM}\) và 2 góc này là 2 góc nội tiếp chắn các cung MB, MC nên \(\overgroup{MB}=\overgroup{MC}\) , từ đó suy ra \(\hat{MPB}=\hat{MPC}\) , suy ra MP là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (1).
Mặt khác, trong đường tròn (O) tại có \(\hat{ABP}=\hat{ACP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP) hay \(\hat{PBF}=\hat{PCE}\) (2). Lại có trong đường tròn (AEF), có \(\hat{AEP}=\hat{AFP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP), suy ra \(\hat{PFB}=\hat{PEC}\) (3). Từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hai tam giác PFB và PEC đồng dạng, dẫn đến \(\frac{BF}{EC}=\frac{PB}{PC}\) (4).
Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Khi đó D, E, F chính là tiếp điểm của (I) tới BC, CA, AB.
Trong đường tròn (I) có 2 tiếp tuyến tại D, F cắt nhau tại B nên \(BD=BF\). Tương tự, ta có \(CD=CE\) , suy ra \(\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}\) (5).
Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{PB}{PC}=\frac{BD}{CD}\), suy ra PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (6).
Từ (1) và (6), suy ra P, M, D thẳng hàng (do chúng cùng nằm trên tia phân giác của \(\hat{BPC}\)). Ta có đpcm.
a) Ta có \(\hat{MBI}=\hat{MBC}+\hat{IBC}\)
Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{MBC}=\hat{MAC}\) (góc nội tiếp chắn cung MC) và \(\hat{IBC}=\hat{IBA}\) (do BI là tia phân giác \(\hat{ABC}\) ) nên suy ra
\(\hat{MBI}=\hat{MAC}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{IAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MIB}\) (do \(\hat{MIB}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAB)
Vậy \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\), suy ra tam giác MIB cân tại M.