Cho ∆ABC, đường tròn đường kính AB cắt AC, BC lần lượt tại D, E. Đường thẳng BD, AE cắt đường tròn ngoại tiếp ΔABC lần lượt tại P, Q. Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn ngoại tiếp ΔABC cắt DE lần lượt tại M, N. Chứng minh giao điểm của MP và NQ nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
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
1 tháng 7 2023
a: góc BEC=góc BDC=1/2*sđ cung BC=90 độ
=>CE vuông góc AB, BD vuông góc AC
góc AEH=góc ADH=90 độ
=>AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>I là trung điểm của AH
b: Gọi giao của AH với BC là N
=>AH vuông góc BC tại N
góc IEO=góc IEH+góc OEH
=góc IHE+góc OCE
=90 độ-góc OCE+góc OCE=90 độ
=>IE là tiếp tuyến của (O)
21 tháng 7 2019
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.
7 tháng 4 2021
a) Xét (O) có
\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
\(\widehat{DBC}\) là góc tạo bởi dây cung BC và tiếp tuyến BD
Do đó: \(\widehat{BAC}=\widehat{DBC}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
KA
7 tháng 11 2021
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?
