Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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).
a) \(BE,CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\Rightarrow\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^o\).
Mà trong tứ giác \(BFEC\), hai góc này có đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh \(BC\).
Vậy : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (đpcm).
b) Ta có : \(\hat{ABD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AB\perp BD.\)
Mà : \(\hat{BFC}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AB\perp CF.\)
Từ đó suy ra : \(BD\left|\right|CF\Rightarrow BFCD\) là hình thang.
Mà : \(\hat{BFC}=\hat{ABD}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow BFCD\) là hình thang vuông.
c) Ta có : \(CF\left|\right|BD\left(cmt\right)\) hay \(CH\left|\right|BD\left(1\right).\)
Mặt khác : \(\hat{ACD}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp CD\).
Và : \(BE\perp AC\left(gt\right)\)
Suy ra được : \(CD\left|\right|BE\) hay \(CD\left|\right|BH\left(2\right).\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.
Ta cũng có : \(M\) là trung điểm của \(BC\left(gt\right)\Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD\left(3\right).\)
Lại có \(O\) là trung điểm của \(AD\left(4\right)\) (tâm đường tròn).
Từ \(\left(3\right),\left(4\right)\Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta HAD\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\Leftrightarrow AH=2.OM\) (đpcm).
d) Cho \(I\) là giao điểm của \(OA\) và \(EF\).
Ta có : \(\hat{ACB}=\hat{ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\)).
Hay : \(\hat{ACB}=\hat{BDI}\left(5\right).\)
Mặt khác : Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp được một đường tròn (cmt) nên \(\hat{AFI}=\hat{ECB}\) (cùng bù với \(\hat{BFE}\)) hay \(\hat{AFI}=\hat{ACB}\left(6\right).\)
Từ \(\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow\hat{AFI}=\hat{BDI}\) hay \(\hat{AFI}=\hat{ADB}.\)
\(\Delta ABD:\hat{BAD}+\hat{ADB}=90^o\) (hai góc phụ nhau)
\(\Rightarrow\hat{FAI}+\hat{AFI}=90^o.\)
\(\Delta AFI:\hat{FAI}+\hat{AFI}+\hat{AIF}=180^o\) (tổng ba góc trong một tam giác)
\(\Leftrightarrow\hat{AIF}=180^o-\left(\hat{FAI}+\hat{AFI}\right)=180^o-90^o=90^o\)
\(\Rightarrow OA\perp EF\) (đpcm).
a) Có \(\widehat{BFC}=\widehat{CKB}=90^0\)
=> Tứ giác BCFK nội tiếp
b)Có \(\widehat{BCK}=\widehat{BFK}\)( vì tứ giác BCFK nội tiếp )
mà \(\widehat{BCE}=\widehat{BDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\)
=> \(\widehat{BFK}=\widehat{BDE}\) mà hai góc nằm ở vị trí hai góc đồng vị
=> KF//DE
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.
Chọn đáp án C.
Gọi M là trung điểm của BC: 
Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:
1: I là tâm đường tròn nội tiếp
QB=QC
=>QB=QI
=>ΔQBI cân tạiQ
2: Xet ΔAMI và ΔANI có
góc AMI=góc ANI
góc MAI=góc NAI
AI chung
=>ΔAMI=ΔANI
=>góc AMN=góc ANM=90 độ-1/2*góc ABC và AM=AN
=>góc EMB=góc NMB=90 độ+1/2*gócc ABC
góc IBC=1/2*góc ABC
góc ICB=góc ACB/
=>góc EIB+góc EMB=180 độ
=>ĐPCM
a) tứ giác ADOE là hình vuông
vì \(\left\{{}\begin{matrix}DAE=90\left(giảthiết\right)\\ODA=90\left(DlàtiếpđiểmcủađườngtrònvớiAB\right)\\OEA=90\left(Elàtiếpđiểmcủađườngtròn\:vớiAC\right)\end{matrix}\right.\)
và OD = OE = R
Chọn đáp án C.