Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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:
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).
Bổ sung: ΔABC cân tại A
ΔABC cân tại A
=>AO đi qua trug diểm I của EF
Vẽ IK vuông góc AB tại K, gọi H và G lần lượt là giao của OA với BC và(O)
Vì OE vuông góc AB, IK vuông goc AB, GB vuông góc AB
=>OE//IK//GB
ΔABG có IK//GB
nên IK/BG=AI/AG
=>IK=AI*BG/AG
ΔABH có EI//BH
ΔABE có OE//BG
=>IH/AH=BE/BA=OG/AG và AE/AB=AI/AH
=>IH=AH*OE/AE
ΔABG có OE//BG
nên AB/AE=BG/OE
AH/AI=AB/AE=BG/OE
=>AH*OE=AI*BG
=>AH*OG=AI*BG
=>IK=IH
=>ĐPCM
a: Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
=>AB\(\perp\)AC
mà OM\(\perp\)AC
nên OM//AB
b: ΔOAC cân tại O
mà OM là đường cao
nên OM là phân giác của \(\widehat{AOC}\)
Xét ΔOAN và ΔOCN có
OA=OC
\(\widehat{AON}=\widehat{CON}\)
ON chung
Do đó: ΔOAN=ΔOCN
=>\(\widehat{OAN}=\widehat{OCN}=90^0\)
=>CN là tiếp tuyến của (O)
c:
Xét (O) có
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{AOC}=2\cdot\widehat{ABC}=2\cdot60^0=120^0\)
Xét ΔBAC vuông tại A có \(sinABC=\dfrac{AC}{BC}\)
=>\(\dfrac{AC}{2R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
=>\(AC=R\sqrt{3}\)
ΔOAN=ΔOCN
=>NA=NC(1)
Xét tứ giác OANC có
\(\widehat{OCN}+\widehat{OAN}=90^0+90^0=180^0\)
nên OANC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AOC}+\widehat{ANC}=180^0\)
=>\(\widehat{ANC}=180^0-120^0=60^0\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔNAC đều
=>\(S_{NAC}=\dfrac{AC^2\cdot\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\left(R\sqrt{3}\right)^2\cdot\sqrt{3}}{4}=\dfrac{R^2\cdot3\sqrt{3}}{4}\)