Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)
~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~
A B C O I K H Q D
Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))
\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)
Ta lại có: \(BD\perp HK\)
\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)
\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)
\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)
Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))
Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)
\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )
b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{BAM}=\hat{CAM}\) và 2 góc này là 2 góc nội tiếp chắn các cung MB, MC nên \(\overgroup{MB}=\overgroup{MC}\) , từ đó suy ra \(\hat{MPB}=\hat{MPC}\) , suy ra MP là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (1).
Mặt khác, trong đường tròn (O) tại có \(\hat{ABP}=\hat{ACP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP) hay \(\hat{PBF}=\hat{PCE}\) (2). Lại có trong đường tròn (AEF), có \(\hat{AEP}=\hat{AFP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP), suy ra \(\hat{PFB}=\hat{PEC}\) (3). Từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hai tam giác PFB và PEC đồng dạng, dẫn đến \(\frac{BF}{EC}=\frac{PB}{PC}\) (4).
Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Khi đó D, E, F chính là tiếp điểm của (I) tới BC, CA, AB.
Trong đường tròn (I) có 2 tiếp tuyến tại D, F cắt nhau tại B nên \(BD=BF\). Tương tự, ta có \(CD=CE\) , suy ra \(\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}\) (5).
Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{PB}{PC}=\frac{BD}{CD}\), suy ra PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (6).
Từ (1) và (6), suy ra P, M, D thẳng hàng (do chúng cùng nằm trên tia phân giác của \(\hat{BPC}\)). Ta có đpcm.
a) Ta có \(\hat{MBI}=\hat{MBC}+\hat{IBC}\)
Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{MBC}=\hat{MAC}\) (góc nội tiếp chắn cung MC) và \(\hat{IBC}=\hat{IBA}\) (do BI là tia phân giác \(\hat{ABC}\) ) nên suy ra
\(\hat{MBI}=\hat{MAC}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{IAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MIB}\) (do \(\hat{MIB}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAB)
Vậy \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\), suy ra tam giác MIB cân tại M.
c) Gọi T là giao điểm của EF và BC. Ta thấy \(AE=AF,BD=BF,CD=CE\) nên \(\frac{DB}{DC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (7)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến T, E, F, ta có \(\frac{TB}{TC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (8)
Từ (7) và (8) suy ra \(\frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}\). Do đó, vì PD là đường phân giác trong tam giác PBC nên PT chính là đường phân giác ngoài tam giác này, suy ra \(\hat{TPD}=90^{o}\) (9).
Dễ thấy \(\hat{PFE}=180^{o}-\hat{PAE}=\hat{PBC}\) (10), từ đó suy ra \(\hat{PFT}=\hat{PBT}\), suy ra tứ giác PFBT nội tiếp, suy ra \(\hat{BPF}=\hat{BTF}\) hay \(\hat{BPF}=\hat{DTH}\) (11)
Mặt khác, có \(\hat{PHF}=\hat{HPE}+\hat{HEP}\)
\(=\hat{IAE}+\hat{FAP}\)
\(=\hat{IAF}+\hat{FAP}\)
\(=\hat{IAP}\)
\(=\hat{PAM}\)
\(=\hat{PCM}\)
Như vậy ta có \(\hat{PHF}=\hat{PCM}\) (12)
Trong đường tròn (O), có \(\hat{PBC}=\hat{PMC}\) hay \(\hat{PBD}=\hat{PMC}\). Lại có PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) nên \(\hat{BPD}=\hat{DPC}\) hay \(\hat{BPD}=\hat{MPC}\). Từ đó dễ dàng suy ra 2 tam giác PBD và PMC đồng dạng, suy ra \(\hat{PDB}=\hat{PCM}\) (13)
Từ (12) và (13) suy ra \(\hat{PHF}=\hat{PDB}\) , mà theo như (10), ta có \(\hat{PFE}=\hat{PBC}\) hay \(\hat{PFH}=\hat{PBD}\), từ đó suy ra 2 tam giác PFH và PBD đồng dạng, suy ra \(\hat{BPD}=\hat{FPH}\), suy ra \(\hat{BPF}=\hat{DPH}\) (14)
Từ (11) và (14), suy ra \(\hat{DPH}=\hat{DTH}\), suy ra tứ giác PHDT nội tiếp, suy ra \(\hat{TPD}=\hat{THD}\), kết hợp với (9), suy ra \(\hat{THD}=90^{o}\) , suy ra DH vuông góc với EF.
Mà trong đường tròn (I), có 2 tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tại A nên AI vuông góc với EF (cái này không cần giải thích nữa nhé). Do đó, DH//AI hay DH//AM (vì AM trùng với AI). Ta có đpcm.