Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P và Q và 2 điểm bất kì nằm trên 2 cạnh AC và AB. Gọi M;E;F lần lượt là trung điểm các đoạn PQ; BP; CQ. Giả sử đường tròn (MEF) tiếp xúc với PQ. CMR: OP=OQ ?
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
29 tháng 5 2021
a, Vì HM là đường cao => \(HM\perp AB\)=> ^HMA = 900
Vì HN là đường cao => \(HN\perp AC\)=> ^HNA = 900
Xét tứ giác AMHN có :
^HMA + ^HNA = 900
mà ^HMA ; ^HNA đối nhau
Vậy tứ giác AMHN nội tiếp
29 tháng 5 2021
b, Xét tam giác ABH vuông tại H, đường cao HM ta có :
\(AH^2=AM.AB\)(1)
Xét tam giác ACH vuông tại H, đường cao HN ta có :
\(AH^2=AN.AC\)(2)
từ (1) ; (2) suy ra : \(AM.AB=AN.AC\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
Xét tam giác AMN và tam giác ACB ta có :
^A chung
\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)( cmt )
Vậy tam giác AMN ~ tam giác ACB ( c.g.c )
CM
21 tháng 11 2019
Ta có NHC = ABC (cùng phụ với HCB) (1)
Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ABC = ADC (2)
Vì D và E đối xứng nhau qua AC nên AC là trung trực DE suy ra
∆ADC = ∆AEC (c.c.c) => ADC = AEC (3)
Tương tự ta có AEK = ADK
Từ (1), (2), (3) suy ra NHC = AEC => AEC + AHC = NHC + AHC = 180o
Suy ra AHCE là tứ giác nội tiếp => ACH = AEK = ADK (đpcm)
24 tháng 9 2019
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
10 tháng 5 2023
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
Dễ thấy: MF là đường trung bình của \(\Delta\)PQC => MF // PC => ^FMP = ^APQ (So le trong)
Do PQ là tiếp xúc với đường tròn (MEF) nên ^FMP = ^MEF (Cùng chắn cung MF lớn)
=> ^APQ = ^MEF. Tương tự: ^AQP = ^MFE => \(\Delta\)PAQ ~ \(\Delta\)EMF (g.g) => \(\frac{ME}{AP}=\frac{MF}{AQ}\)
Mà ME = BQ/2; MF = CP/2 => \(\frac{BQ}{AP}=\frac{CP}{AQ}\) (*)
Trên cạnh AB lấy điểm K, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AK=BQ; AN=CP, thế vào (*) => \(\frac{AK}{AP}=\frac{AN}{AQ}\)
=> \(\Delta\)AKP ~ \(\Delta\)ANQ (c.g.c) => ^AKP = ^ANQ => Tứ giác KPNQ nội tiếp
Dễ dàng chứng minh: \(\Delta\)OAK = \(\Delta\)OBQ (c.g.c) => OK=OQ => O nằm trên trung trực KQ
Tương tự: OP=ON => O nằm trên trung trực của PN.
Từ đó: O là giao điểm 2 đường trung trực của KQ,PN. Lại có: Tứ giác KPNQ nội tiếp (cmt)
=> O là tâm đường tròn (KPNQ) => OP=OQ (đpcm).