Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H. Gọi O, K, L lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác ABC, HCA, HAB. CK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AKH tại M khác K. BL cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AB...

#Toán lớp 10

1

NT

Nguyễn Tất Đạt

21 tháng 8 2021

Trên EF lấy điểm G sao cho \(HG\perp OA\) (Định nghĩa lại điểm G)

Ta thấy đường tròn (HAC) và (O) đối xứng nhau qua AC, suy ra AOCK là hình thoi

Từ đó \(\widehat{OAM}=180^0-\widehat{AMK}=\widehat{AHK}=90^0-\widehat{ACH}=\widehat{BAC}\)

Suy ra \(\widehat{CAM}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}\) hay AC là phân giác của \(\widehat{HAM}\)

Vì MK là phân giác ngoài của \(\widehat{AMH}\) do K là điểm chính giữa cung AMH nên C là tâm bàng tiếp góc A của \(\Delta AHM\)

Do đó \(\frac{CE}{CA}=\frac{HE}{HA}\). Hoàn toàn tương tự \(\frac{BA}{BF}=\frac{HA}{HF}\)

Mặt khác AMHN là hình bình hành do (AKH),(ALH) đối xứng nhau qua trung điểm AH, đồng thời

\(\widehat{MAN}=\widehat{MHN}=\widehat{AHM}+\widehat{AHN}=180^0-\widehat{AOB}+180^0-\widehat{AOC}=2\widehat{BAC}=2\widehat{OAM}\)

Suy ra AO là phân giác của \(\widehat{MAN}\), mà \(HG\perp AO\) nên HG là phân giác ngoài của \(\widehat{MHN}\)

Do vậy \(\frac{GF}{GE}=\frac{HF}{HE}\). Vậy ta có \(\frac{CE}{CA}.\frac{BA}{BF}.\frac{GF}{GE}=1\), suy ra G,B,C thẳng hàng.

DT

Đặng Thùy Dương

22 tháng 6 2015

cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O. trung trực của đoạn AH cắt các cạnh CA,AB lần lượt tại M,N. chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác OMN

0

BT

bui thi thu

4 tháng 7 2017

cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (o) có đường cao AN,CK .gọi H là trực tâm của tam giác ABC

đường tròn ngoại tiếp tam giác BNK cắt đường tròn (o) tại M (M khác B) Gọi E là trung điểm của đoạn thắng AC . Chứng minh E,M,H thẳng hàng

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba...

0

PT

Pham Trong Bach

1 tháng 7 2019

Cho tam giác ABC (gócC#90 độ),các đường cao AD,BE cắt nhau tại H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại I và Ka) CM: các tứ giác CDHE nội tiếp . Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó b) CM: tam giác CKI cân c)CM: AH=AKd) Kẻ đường kính BOF (O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Gọi P là trung điểm của AC . CM: 3 điểm H,P,F thẳng...

1

CM

Cao Minh Tâm

1 tháng 7 2019

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác B D C ^

Ta có K Q C ^ = 2 K M C ^ (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))

N D C ^ = K M C ^ (góc nội tiếp cùng chắn cung N C ⏜ )

Mà B D C ^ = 2 N D C ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^

Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở ⇒ B C D ^ = B C Q ^ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK

Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

Đúng(1)

NC

Nhat Cuong

23 tháng 3 2017

2

LT

Lam Thanh Chuyen

23 tháng 3 2017

ko biết

CH

Cô Hoàng Huyền

Admin VIP

24 tháng 3 2017

a. Ta thấy \(\widehat{HDC}=\widehat{HEC}=90^o\) nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.

b. Ta thấy ngay \(\widehat{IAC}=\widehat{KBC}\) (Cùng phụ với góc ACB) nên \(\widebat{IC}=\widebat{KC}\) (Góc nội tiếp)

suy ra IC = KC ( Liên hệ giữa cung và dây)

Vậy nên tam giác IKC cân tại C.

c. Do \(\widebat{IC}=\widebat{KC}\) nên \(\widehat{KAC}=\widehat{ACI}\) (Góc nội tiếp)

Xét tam giác AHK có AE vừa là đường cao, vừa là phân giác nên AHK là tam giác cân tại A, hay AH = AK.

d. Ta thấy do BOF là đường kính nên \(\widehat{BCF}=90^o\Rightarrow\) AH // FC (Cùng vuông góc với BC).

Tương tự AF // HC vì cùng vuông góc với AB. Vậy thì AFCH là hình bình hành hay AC giao FH tại trung điểm mỗi đường.

P là trung điểm AC nên F cũng là trung điểm FH. Vậy F, H, P thẳng hàng.

NT

Nguyễn Thị Thủy

14 tháng 1 2019

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ^ABC = ^CAD. (K) là đường tròn nội tiếp tam giác ADC. E là chân đường phân giác xuất phát từ đỉnh B của tam giác ABC. Tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L. CM tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BLC nằm trên (O) ?

1

NT

Nguyễn Tất Đạt

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).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, trọng tâm G(-1;3). Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của AH, AB, AC. Tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác KMN là (C):...

TN

Tuyết Nguyễn

21 tháng 3 2023

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R).Quá tâm O vẽ các đường thẳng vuông góc với BC,AC lânf lượt tại H,K.Các đường thẳng này lần lượt cắt đường tròn tại M,N;AM cắt BN tại I1.chứng minh 4 điểmO,H,C,K cùng thuộc một đường tròn2.chứng minh MN là trung trực của IC3.chứng minh M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo R khi góc...

#Toán lớp 10

0

NA

Nguyễn anh thư

20 tháng 2 2020

2.Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là điểm tùy ý trên cạnh BC (K khác B, C, D).Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK và tam giác BFK cắt nhau tại L.a) Chứng minh A, L, K thẳng hàng b) Chứng minh HL vuông góc với AK 3. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là điểm tùy ý trên cạnh BC (K khác B, C).Kẻ đường kính KM của...

0

NH

Nguyễn Hà Linh

17 tháng 12 2017

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R).Qua tâm O vẽ các đường thẳng vuông góc với BC,AC lần lượt tại H,K.Các đường thẳng này lần lượt cắt đường tròn tại M,N1.chứng mình 4 điểm O,H,C,K cùng thuộc một đường tròn2.chứng minh MN là trung trực của IC3.chứng minh M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo R khi góc...

0

NA

Nguyễn anh thư

20 tháng 2 2020