Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC
=> OA=OB=OC và O là trung điểm của BC
=> Tam giác ABC vuông tại A
=> góc BAC = 90 độ
b) DO tam giác HAK nội tiếp đường tròn (I)
Lại có góc HAK = 90 độ
=> HK là đường kính của (I)
=> HK đi qua I
=> H,I,K thẳng hàng
c) Đề bài ghi ko rõ
d) 3 điểm nào?
A B C O H K I D E G 1 1 1
a, Xét \(\Delta BAC\)có OA = OB = OC ( = R )
=> \(\Delta BAC\)vuông tại A
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
b, Xét \(\Delta AHO\) có IA = IH = IO (Bán kính (I))
=> \(\Delta AHO\)vuông tại H
=> \(\widehat{AHO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{AKO}=90^o\)
Tứ giác AHOK có 3 góc vuông nên là hcn
=> Trung điểm I của OA cũng là trung điểm của HK
Vì OA = OB ( = R )
=> \(\Delta AOB\)cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{B_1}\)
Xét \(\Delta AHK\)vuông tại A có I là trung điểm HK
=> IA = IH
\(\Rightarrow\Delta AIH\)cân tại I
\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{H_1}\)
Do đó \(\widehat{H_1}=\widehat{B_1}\)
=> HI // BC (so le trong)
Tương tự IK // BC
Do đó H , I , K thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)
c, Xét \(\Delta AOB\)cân tại O có OH là đường cao
=> OH là đường trung trực của AB
Mà điểm D thuộc OH
=> DA = DB
Tương tự EA = EC
Khi đó BD + CE = DA + EA = DE (DDpcm0+)
d,Gọi G là trung điểm DE
Mà tam giác DOE vuông tại D nên G là tâm (DOE)
Dễ thấy BD , CE là tiếp tuyến (O)
Nên BD , CE cùng vuông với BC
=> BD // CE
=> BDEC là hình thang
Mà GO là đường trung bình (dễ)
=> GO // BD
=> GO vuông với BC
Mà O thuộc BC
=> (DOE) tiếp xúc BC
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.
O A B D E C H P F N M I
a) Ta có \(\sin\widehat{OAB}=\frac{OB}{OA}=\frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat{BAC}=2\widehat{OAB}=60^0\)
Vì AB = AC nên \(\Delta ABC\) đều. Vậy \(BC=AB=OB\sqrt{3}=R\sqrt{3}\)
Gọi I là tiếp điểm của FN với (O). Ta có:
\(\widehat{MON}=\widehat{IOM}+\widehat{ION}=\frac{1}{2}\left(\widehat{IOB}+\widehat{IOC}\right)=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^0=\widehat{MCN}\)
Suy ra tứ giác MNCO nội tiếp.
b) Theo hệ thức lượng: \(\overline{AH}.\overline{AO}=AB^2=\overline{AD}.\overline{AE}\). Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp
Ta thấy \(OD=OE,HO\perp HB\), do đó HO,BC là phân giác ngoài và phân giác trong \(\widehat{DHE}\)
Dễ thấy D và P đối xứng nhau qua OA vì dây cung \(DP\perp OA\)
Vì \(\widehat{DHE}+\widehat{DHP}=2\left(\widehat{DHB}+\widehat{DHA}\right)=180^0\) nên P,H,E thẳng hàng.
c) Do N,O,E thẳng hàng nên \(\widehat{DOE}=180^0-\widehat{MON}=120^0\). Suy ra \(DE=R\sqrt{3}\)
Theo hệ thức lượng thì:
\(AD.AE=AB^2\Rightarrow AD^2+AD.DE=AB^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-\left(\frac{AB}{DE}\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-1=0\) vì \(AB=DE=R\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\frac{AD}{DE}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\left(c\right)\\\frac{AD}{DE}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{cases}}\) vì \(\frac{AD}{DE}>0\)
\(\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}.\)