Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Đường tròn ( O ) và ( O' ) tiếp xúc ngoài tại A tại A nên A,O,O' thẳng hàng.
Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC tại M,ta được MB = MC = MA
Suy ra BC = 2MA
Ta có : \(MO\perp MO'\)
áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta MOO'\)vuông tại M,ta có :
MA2 = AO.AO' hay MA2 = R.r
\(\Rightarrow MA=\sqrt{R.r}\)
\(\Rightarrow BC=2\sqrt{R.r}\)
b) gọi D là giao điểm của OC và AH.
Ta có OB // O'C // AH ( cùng vuông góc với BC )
Theo định lí Ta-let, ta có :
\(\frac{DH}{OB}=\frac{CD}{CO}=\frac{AO'}{OO'}\)
Suy ra : \(\frac{DH}{R}=\frac{r}{R+r}\Rightarrow DH=\frac{R.r}{R+r}\)
Tương tự : \(DA=\frac{R.r}{R+r}\)
\(\Rightarrow AD=DH\)
CMTT O'B cũng đi qua D
Vậy 3 đường thẳng OC,O'B,AH đồng quy tại D
a) Kẻ O'K vuông góc với OB tại K.
Ta có: \(OO'=AO+AO'=R+r\). Dễ thấy tứ giác BKO'C là hình chữ nhật
\(\Rightarrow O'C=BK\Rightarrow BK=r\)\(\Rightarrow OK=OB-BK=R-r\)
Áp dụng ĐL Pytago cho \(\Delta\)OKO' vuông tại K: \(OO'^2-OK^2=O'K^2\)
\(\Leftrightarrow\left(R+r\right)^2-\left(R-r\right)^2=O'K^2\)
\(\Leftrightarrow O'K^2=\left(R+r-R+r\right)\left(R+r+R-r\right)=2r.2R=4Rr\)
\(\Leftrightarrow O'K=2\sqrt{Rr}.\)Mà O'K=BC => \(BC=2\sqrt{Rr}\)
b) Sửa đề: CMR: O'B; OC và AH đồng qui ...
Gọi giao điểm của OC và AH là I. Áp dụng hệ quả ĐL Thales:
\(\frac{AI}{O'C}=\frac{OA}{OO'}=\frac{R}{R+r}\)\(\Rightarrow\frac{AI}{r}=\frac{R}{R+r}\Leftrightarrow AI=\frac{Rr}{R+r}\)(1)
\(\frac{HI}{OB}=\frac{CH}{BC}=\frac{O'A}{OO'}\)(Do OB // AH // O'C) \(\Rightarrow\frac{HI}{R}=\frac{r}{R+r}\Leftrightarrow HI=\frac{Rr}{R+r}\)(2)
Từ (1) và (2) => AI=HI => I là trung điểm của AH => OC đi qua trung điểm của AH
Tương tự ta c/m được O'B đi qua trung điểm AH => ĐPCM.
a) Gọi S là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Do dây BC cố định nên điểm S cũng cố định. Ta đi chứng minh tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S.
Do S là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) => SB=SC và A,I,S thẳng hàng (Vì AI là phân giác của ^BAC nội tiếp chắn cung BC)
Ta có: ^SIB là góc ngoài \(\Delta\)AIB => ^SIB = ^IBA + ^IAB = 1/2(^BAC + ^ABC)
Mà ^SBI = ^IBC + ^SBC = 1/2(^ABC + ^CAS) = 1/2(^ABC + ^BAC) nên ^SIB = ^SBI => \(\Delta\)BSI cân tại S
=> SB=SI => SB=SC=SI => S là tâm của (BIC). Ta thấy M nằm trên (BIC) nên SM = SI (1)
Dễ thấy 3 điểm S,K,O thẳng hàng (Cùng nằm trên trung trực của BC) => SKO là cắt tuyến của (OIK)
Xét đường tròn (OIK): Cát tuyến SKO, tiếp tuyến SI => SI2 = SK.SO (Hệ thức lượng trong đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) => SM2 = SK.SO => \(\Delta\)SMK ~ \(\Delta\)SOM (c.g.c)
=> ^SMK = ^SOM = 1/2.Sđ(MK của đường tròn (MKO) => MS là tiếp tuyến của đường tròn (MKO)
Hay tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S cố định (đpcm).
b) Ta có: Tứ giác SIOQ nội tiếp có góc ngoài là ^AIO => ^OQS = ^AIO (*)
Theo câu a: SI2 = SK.SO => SB2 = SK.SO = SK.R (3)
Kẻ đường kính SN của đường tròn (O), BC cắt OS tại T => ^SBN = 900
=> \(\Delta\)SBN vuông tại B có đường cao BT => SB2 = ST.SN (Hệ thức lượng). Hay SB2 = ST.2R (4)
Từ (3) và (4) => SK=2.ST => T là trung điểm của SK. Tứ đó: S và K đối xứng với nhau qua BC
Mà I và H cũng đối xứng nhau qua BC nên tứ giác IKSH là hình thang cân
^OSQ = ^IHS = ^IKO =^AIO (=1/2.Sđ(OI của (IKO) ) => ^OSQ = ^AIO (**)
Từ (*) và (**) suy ra: ^OQS = ^OSQ => \(\Delta\)SOQ cân tại O => OS = OQ = R => Q thuộc (O) (đpcm).
c) Xét tứ giác SIOQ nội tiếp đường tròn có: ^OIQ = ^OSQ (Góc nội tiếp cùng chắn cung OQ)
Lại có: ^OSQ = ^AIO (cmt) nên ^OIQ = ^AIO => IO là tia phân giác của ^AIQ
Dễ dàng chỉ ra được: IA=IQ (Gợi ý: Hạ OX và OY vuông góc với IA và IQ) => \(\Delta\)AIQ cân tại I
Xét \(\Delta\)AIQ: Cân đỉnh I, tia phân giác IO (cmt) => IO đồng thời là đường cao => IO vuông góc AQ (đpcm).
d) Gọi J là giao điểm của AS với BC, E và F lần lượt là hình chiếu của O lên AC,AB. Đặt AB=c, BC=a, CA=b
Ta có: \(\Delta\)AJC ~ \(\Delta\)ABS (g.g) => AJ.AS = c.b (5)
\(\Delta\)SJB ~ \(\Delta\)SBA (g.g) => SB2 = SJ.AS (6)
Từ (5) và (6) suy ra: c.b + SB2 = AJ.AS + SJ.AS = AS2 < SN2 = 4R2 (Quan hệ giữa đường kính và dây cung)
\(\Rightarrow bc+BT^2+ST^2\le4R^2\)(ĐL Pytagore) \(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+\left(R-OT\right)^2\le4R^2\)
\(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+R^2-2R.OT+OT^2\le4R^2\)\(\Leftrightarrow bc+\frac{a^2}{4}-2R.OT+OT^2\le3R^2\)
Tương tự: \(ab+\frac{c^2}{4}-2R.OF+OF^2\le3R^2;\)\(ca+\frac{b^2}{4}-2R.OE+OE^2\le3R^2\)
Do đó: \(ab+bc+ca+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+OT^2+OE^2+OF^2\le9R^2\)
Áp dụng BĐT: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) và \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) ta có:
\(ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)
Áp dụng ĐL Carnot cho \(\Delta\)ABC có tâm ngoại tiếp O: \(OT+OE+OF=R+r\)
Từ đó có: \(\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(R+r\right)+\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\le9R^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le9R^2+2R\left(R+r\right)-\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le\frac{32R^2+4Rr-r^2}{3}=\frac{\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{3}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\)
Hay \(AB.BC+BC.CA+CA.AB\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) (đpcm).
Dễ dàng nhận thấy tam giác OAB cân tại O, và tam giác O'AC cân tại O'.
Do đó: \(\widehat{OO'C}=2\widehat{OAC};\widehat{O'OB}=180^o-2\widehat{OAB}=180^o-2\left(90^o-\widehat{OAC}\right)=2\widehat{OAC}\).
Từ đó \(\widehat{OO'C}=\widehat{O'OB}\).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên OB // O'C.
a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AE và BC.
Ta có : \(EB^2=\left(BK-EK\right)^2;EC^2=\left(KC+EK\right)^2\)
\(\Rightarrow EB^2+EC^2=2\left(BK^2+EK^2\right)=2\left(BO^2-OK^2+OE^2-OK^2\right)\)
\(=2\left(R^2+r^2\right)-4OK^2\)
\(AE^2=4AI^2=4\left(r^2-OI^2\right)\)
\(\Rightarrow EB^2+EC^2+EA^2=2R^2+6r^2-4\left(OI^2+OK^2\right)\)
Mà OIEK là hình chữ nhật nên \(OI^2+OK^2=OE^2=r^2\)
\(\Rightarrow EB^2+EC^2+EA^2=2R^2+2r^2\) không đổi.
b) Giả sử EO giao với AK tại J.
Vì IOEK là hình chữ nhật nên OK song song và bằng EI. Vậy nên OK song song và bằng một nửa AE.
Do đó \(\frac{JE}{JO}=\frac{AJ}{JK}=\frac{AE}{OK}=2\)
Vì OE cố định nên J cố định; Vì AK là trung tuyến của tam giác ABC nên J là trọng tâm tam giác ABC
Suy ra J thuộc MC.
Vậy MC đi qua J cố định.
c) Vì AK = 3/2AJ nên H trùng K.
Do đó OH vuông góc BC. Suy ra H thuộc đường tròn đường kính OE.
a, Chứng minh được tương tự câu 1a,
=> O ' M O ^ = 90 0
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính được MA = R r
b, Chứng minh
S
B
C
O
O
'
=
R
+
r
R
r
c, Chứng minh được: ∆BAC:∆OMO’ => S B A C S O M O ' = B C O O ' 2
=> S B A C = S O M O ' . B C 2 O O ' 2 = 4 R r R r R + r
d, Tứ giác OBCO’ là hình thang vuông tại B và C có IM là đường trung bình => IM ⊥ BC = {M}