Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) . Phân giác  cắt (O) tại D Trên AD lấy I sao cho DI = BD. Chứng minh: I là tâm dường tròn nội tiếp tam giác ABC
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
HC
27 tháng 5 2018
a) Ta có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90độ\)(gt)
Nên tứ giác BNMC nội tiếp (2 đỉnh N,M cùng BC với 2 góc bằng nhau)
(Câu sau không rõ. Cái gì là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNH?)
b) Xét ΔAMN và ΔABC có:
\(\widehat{BAC}\)chung
\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\)(tứ giác BNMC nội tiếp)
Do đó ΔAMN ~ ΔABC
Nên\(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}\)
hay AM.AC=AN.AB
Ta có \(\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180độ\)
Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp
Do đó \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=180độ\)
Mà \(\widehat{NHM}=\widehat{BHC}\)(đối đỉnh)
\(\widehat{BHC}=\widehat{BLC}\)(tính chất đối xứng trục)
Nên \(\widehat{NAM}+\widehat{BLC}=180độ\)
Suy ra tứ giác ABLC nội tiếp đường tròn (O) (tổng 2 góc đối bằng 180độ)
c) (Câu này hình như bạn ghi sai đề rồi, nếu I là giao điểm AH với AN thì I sẽ trùng với A. Nên mình nghĩ I là giao điểm MN với AH)
Ta có \(\widehat{HDC}=\widehat{HMC}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{HDC+}\widehat{HMC}=180độ\)
Do đó tứ giác HMCD nội tiếp
Suy ra \(\widehat{HMD}=\widehat{HCD}\)
Mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HMN}\)(tứ giác BMNC nội tiếp)
Nên \(\widehat{HMD}=\widehat{HMN}\)
Vậy MH là phân giác \(\widehat{NMD}\)
Mà MH vuông góc AM (gt)
Nên AM là phân giác ngoài
Do đó \(\frac{IH}{ID}=\frac{AH}{AD}\)
hay IH.AD=AH.ID
16 tháng 3 2020
a.Ta có :
ˆAFH=ˆADB=90o→ΔAFH∼ΔADB(g.g)
→AFAD=AHAB→AF.AB=AH.AD
Tương tự AH.AD=AE.AC→AF.AB=AE.AC
b.Ta có :
ˆHFA=ˆHEA=ˆHFB=ˆHDB=90o
→AEHF,AEDB,FHDB nội tiếp
→ˆHFE=ˆFAE=ˆHBD=ˆHFD
→FH là phân giác ˆDFE
Mà FA⊥FH→FA là phân giác góc ngoài tại đỉnh F của ΔDEF
→HIHD=FIFD=AIAD
→IH.AD=AI.DH
CM
4 tháng 5 2019
1) Ta có
B I C ^ = 180 0 − I B C ^ − I C B ^ = 180 0 − A B C ^ 2 − A C B ^ 2 = 180 0 − 180 ∘ − B A C ^ 2 = 90 0 + B A C ^ 2 ⇔ B A C ^ = 2 B I C ^ − 180 °
Tương tự B Q C ^ = 90 0 + B P C ^ 2 ⇔ B P C ^ = 2 B Q C ^ − 180 ° .
Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra B A C ^ = B P C ^ ⇒ B Q C ^ = B I C ^ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.
2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.
Góc I B M ^ là góc ở tâm chắn cung I M ⏜ và I K M ^ là góc nội tiếp chắn cung I M ⏜ , suy ra I K M ^ = 1 2 I B M ^ (1).
Tương tự I K N ^ = 1 2 I C N ^ (2).
Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra I B M ^ = I B Q ^ = I C Q ^ = I C N ^ (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra I K M ^ = I K N ^ ⇒ K M ≡ K N .
Vậy MN đi qua K cố định.
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).
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 7 2021
Lời giải:
1.
$\widehat{MDC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\Leftrightarrow \widehat{BDC}=90^0$
Tứ giác $ABCD$ có $\widehat{BAC}=\widehat{BDC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên là tgnt.
Do $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{BCA}=\widehat{BDA}$
Mà $\widehat{BDA}=\widehat{MCS}$ (do $MDSC$ nội tiếp)
$\Rightarrow \widehat{BCA}=\widehat{MCS}$
$\Rightarrow CA$ là phân giác $\widehat{BCS}$
2.
Gọi $T$ là giao điểm của $BA$ và $EM$
Xét tam giác $BTC$ có $TE\perp BC$ (do $\widehat{MEC}=90^0$) và $CA\perp BT$ và $TE, CA$ giao nhau tại $M$ nên $M$ là trực tâm tam giác $BTC$
$\Rightarrow BM\perp TC$.
Mà $BM\perp DC$ nên $TC\parallel DC$ hay $T,D,C$ thẳng hàng
Do đó $BA, EM, DC$ đồng quy tại $T$
3.
Vì $ABCD$ nt nên $\widehat{MAD}=\widehat{CAD}=\widehat{DBC}=\widehat{MBE}$
Dễ cm $BAME$ nội tiếp cho $\widehat{A}+\widehat{E}=90^0+90^0=180^0$ nên $\widehat{MBE}=\widehat{EAM}$
Do đó: $\widehat{MAD}=\widehat{EAM}$ nên $AM$ là tia phân giác $\widehat{EAM}(*)$
Mặt khác:
Cũng do $MECD,ABCD$ nội tiếp nên:
$\widehat{ADM}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{MCE}=\widehat{MDE}$
$\Rightarrow DM$ là tia phân giác $\widehat{ADE}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow M$ là tâm đường tròn nội tiếp $ADE$.
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)