Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
Bài 1 : Bài giải
Hình tự vẽ //
a) Ta có DOC = cung DC
Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC
=>DOC = 2 . AOC (1)
mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)
Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180
b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn
=>ACD=90 độ
c) c) HC=1/2*BC=12
=>AH=căn(20^2-12^2)=16
Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765
=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047
Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)
<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2
=>OA=12.5
Cách 1: Làm theo toạ độ, chương trình nâng cao lớp 9.
Bài giải Đặt hệ trục tọa độ với H(0;0), A(0;h), B(-u;0), C(v;0), trong đó u = BH, v = HC, h = AH. Vì tam giác ABC vuông tại A nên AB vuông góc AC. Hệ số góc của AB là h/u, của AC là -h/v, nên (h/u).(-h/v) = -1 suy ra h² = uv. (1) Gọi r1, r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp của các tam giác ABH và ACH. Vì hai tam giác này đều vuông tại H nên K(-r1; r1), I(r2; r2). Xét tiếp tuyến chung ngoài còn lại của hai đường tròn, gọi phương trình của nó là d : y = mx + p. Do d tiếp xúc với (K) và (I), nên khoảng cách từ K và I đến d lần lượt bằng r1, r2. Giải hệ điều kiện tiếp xúc, ta được m = (r2² - r1²)/(2r1r2), p = r1 + r2. (2) Bây giờ đặt u = s², v = t², nên h = st theo (1). Ta có r1 = (u + h - AB)/2 = (s² + st - s.sqrt(s² + t²))/2 = s.(s + t - sqrt(s² + t²))/2, r2 = (v + h - AC)/2 = (t² + st - t.sqrt(s² + t²))/2 = t.(s + t - sqrt(s² + t²))/2. Suy ra r1/r2 = s/t = h/v = u/h. Do đó (r2² - r1²)/(2r1r2) = (v - u)/(2h). Kết hợp với (2), phương trình d là d : y = (v - u)/(2h) x + p, với p = r1 + r2. (3) Gọi P là giao điểm của d với AH, khi đó P(0;p). a) Chứng minh BMNC là tứ giác nội tiếp Phương trình AB là y = (h/u)x + h, phương trình AC là y = -(h/v)x + h. Từ đó, tọa độ M = AB ∩ d và N = AC ∩ d là M( -2h(h-p)/(u+v) ; (2pv + h(u-v))/(u+v) ), N( 2h(h-p)/(u+v) ; (2pu + h(v-u))/(u+v) ). Xét đường tròn có phương trình x² + y² + (u-v)x - 2(p-h)y - uv = 0. (4) Thay B(-u;0) vào (4): u² - u(u-v) - uv = 0. Nên B thuộc đường tròn. Thay C(v;0) vào (4): v² + v(u-v) - uv = 0. Nên C thuộc đường tròn. Bây giờ thay tọa độ M vào vế trái của (4), sau khi rút gọn được [(h² - uv).(4(h-p)² + (u+v)²)]/(u+v)² = 0 do h² = uv theo (1). Vậy M thuộc đường tròn. Tương tự, thay tọa độ N vào (4) cũng được đúng 0, nên N cũng thuộc đường tròn đó. Suy ra bốn điểm B, M, N, C cùng nằm trên một đường tròn. Vậy BMNC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn Ta sẽ chứng minh P là tâm đường tròn đi qua 5 điểm này. Trước hết, PA = h - p. (5) Lại có I(r2;r2), K(-r1;r1), P(0;p), nên PI² = r2² + (p-r2)² = r2² + r1², PK² = r1² + (p-r1)² = r1² + r2². (6) Mặt khác, đặt q = (s + t - sqrt(s² + t²))/2, thì r1 = sq, r2 = tq, p = (s+t)q. Do đó h - p = st - (s+t)q = q.sqrt(s² + t²), nên PA² = (h-p)² = q²(s²+t²) = r1² + r2². (7) Từ (6) và (7), suy ra PA = PI = PK. (8) Bây giờ xét M. Vì M thuộc d nên từ (3), yM - p = (v-u)/(2h) . xM. Vì thế PM² = xM² + (yM-p)² = xM²[1 + (v-u)²/(4h²)]. Mà xM = -2h(h-p)/(u+v), nên PM² = [4h²(h-p)²/(u+v)²] . [1 + (v-u)²/(4h²)] = [4h²(h-p)²/(u+v)²] . [(4h² + (v-u)²)/(4h²)]. Theo h² = uv, ta có 4h² + (v-u)² = 4uv + (v-u)² = (u+v)². Suy ra PM² = (h-p)² = PA². (9) Tương tự, với N cũng có PN² = PA². (10) Từ (8), (9), (10), ta được PA = PM = PN = PI = PK. Vậy 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn tâm P. Kết luận: a) BMNC là tứ giác nội tiếp. b) 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
a) Chứng minh rằng BMNC là tứ giác nội tiếp
Vì (cùng phụ với ), và lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của hai tam giác này, nên ta có:
(Trong đó là bán kính đường tròn nội tiếp tương ứng).
Gọi đường thẳng tiếp tuyến chung ngoài là . và là hai tiếp tuyến chung ngoài của và .
Giao điểm của và (gọi là ) là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn và .
Tuy nhiên, cách tiếp cận đơn giản hơn là xét góc:
Đường thẳng tạo với và các góc sao cho nó đối xứng với qua đường phân giác của góc (do tính chất các đường tròn nội tiếp các tam giác thành phần).
Ta có thể chứng minh được (góc - góc).
Khi , mà là góc ngoài tại đỉnh của tứ giác (nếu xét góc đối), suy ra tứ giác nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn Để chứng minh 5 điểm này cùng nằm trên một đường tròn, ta sẽ chứng minh chúng cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng nhau hoặc dựa vào tính chất đường phân giác.
Ta có là phân giác , là phân giác .
Do đó:
Sử dụng tính chất tiếp tuyến chung và các đường phân giác, ta cũng chứng minh được các góc và có mối liên hệ đặc biệt. Cụ thể, điểm được xác định sao cho (do tính đối xứng qua phân giác góc ).
Trong tam giác vuông cân (có đường cao cũng là phân giác), các điểm nằm trên các đường phân giác chia các góc.
Dựa trên tính chất hình học của cấu hình này (đây là một bổ đề quen thuộc trong hình học chuyên): đường thẳng tạo với một tam giác cân tại (trong trường hợp đặc biệt) hoặc thỏa mãn .
Thực tế, có thể chứng minh và .
Vì , ta sẽ chứng minh các góc hoặc cũng liên quan đến các góc nội tiếp cùng chắn một cung.
Cách 2: Truyền thống.
Bài giải Gọi F, L lần lượt là tiếp điểm của (K), (I) với AH. Gọi Q, R lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung ngoài MPN với (K), (I). Khi đó: KF vuông góc AH, KQ vuông góc MPN, LI vuông góc AH, IR vuông góc MPN. Ta đặt: r1 = KF, r2 = LI. Vì (K) là đường tròn nội tiếp tam giác ABH nên trên AH ta có HF = r1. Vì (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ACH nên trên AH ta có HL = r2. Nhận xét quan trọng: Trong tam giác AMP, đường tròn (K) tiếp xúc với MP và tiếp xúc với các phần kéo dài của AM, AP nên K là tâm bàng tiếp đối với đỉnh A của tam giác AMP. Tương tự, I là tâm bàng tiếp đối với đỉnh A của tam giác APN. a) Chứng minh BMNC là tứ giác nội tiếp Đặt alpha = góc MPA. Vì K là tâm bàng tiếp của tam giác AMP nên PK là tia phân giác của góc ngoài tại P, tức là phân giác của góc MPH. Mà góc MPH = 180 độ - alpha nên góc KPF = 1/2 góc MPH = 90 độ - alpha/2. Xét tam giác vuông PFK: tan góc KPF = KF / PF suy ra tan(90 độ - alpha/2) = r1 / PF nên cot(alpha/2) = r1 / PF hay tan(alpha/2) = PF / r1. (1) Mặt khác, vì I là tâm bàng tiếp của tam giác APN nên PI là tia phân giác của góc HPN. Do PH đối tia với PA và PN đối tia với PM nên góc HPN = góc MPA = alpha. Suy ra góc LPI = alpha/2. Xét tam giác vuông PLI: tan góc LPI = LI / PL suy ra tan(alpha/2) = r2 / PL. (2) Từ (1) và (2), ta được PF / r1 = r2 / PL hay PF.PL = r1.r2. (3) Lại có: PF = PH - HF = PH - r1, PL = PH - HL = PH - r2. Thế vào (3): (PH - r1)(PH - r2) = r1.r2 suy ra PH(PH - r1 - r2) = 0. Vì PH khác 0 nên PH = r1 + r2. Do đó: PF = PH - r1 = r2, PL = PH - r2 = r1. (4) Từ (1) và (4): tan(alpha/2) = PF / r1 = r2 / r1. (5) Bây giờ xét hai tam giác vuông ABH và AHC. Ta có: góc ABH = góc B, góc HAC = góc B, góc AHB = góc AHC = 90 độ. Suy ra tam giác ABH đồng dạng tam giác AHC. Vì vậy tỉ số các bán kính đường tròn nội tiếp cũng bằng tỉ số các cạnh tương ứng: r1 / r2 = AH / HC nên r2 / r1 = HC / AH = tan góc B. (6) Từ (5) và (6): tan(alpha/2) = tan góc B nên alpha/2 = góc B hay alpha = 2 góc B. (7) Xét tam giác APM: góc MAP = góc BAH = góc C, góc MPA = 2 góc B. Suy ra góc AMP = 180 độ - góc C - 2 góc B. Mà góc B + góc C = 90 độ nên góc AMP = 180 độ - góc C - 2(90 độ - góc C) = góc C. Vậy góc BMN = góc AMN = góc AMP = góc C. Mặt khác góc BCN = góc BCA = góc C. Suy ra góc BMN = góc BCN. Do đó 4 điểm B, M, N, C cùng nằm trên một đường tròn. Vậy BMNC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn Từ trên, trong tam giác APM ta có góc MAP = góc AMP = góc C nên AP = PM. (8) Lại có góc APN = 180 độ - góc MPA = 180 độ - 2 góc B = 2 góc C. Trong tam giác APN: góc PAN = góc HAC = góc B, nên góc ANP = 180 độ - góc B - 2 góc C = góc B. Suy ra góc PAN = góc ANP nên AP = PN. (9) Từ (8) và (9): PA = PM = PN. (10) Bây giờ ta chứng minh PA = PI = PK. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Vì tam giác ABC vuông tại A nên r = (AB + AC - BC)/2. (11) Tương tự, vì ABH và AHC đều vuông tại H nên r1 = (AH + BH - AB)/2, r2 = (AH + HC - AC)/2. Cộng hai đẳng thức: r1 + r2 = [2AH + BH + HC - AB - AC]/2 = [2AH + BC - AB - AC]/2 = AH - (AB + AC - BC)/2 = AH - r. (12) Mà PH = r1 + r2, nên từ (12): PH = AH - r suy ra PA = AH - PH = r. (13) Mặt khác, do tam giác ABH đồng dạng tam giác ABC nên r1 / r = AB / BC. Do tam giác AHC đồng dạng tam giác ABC nên r2 / r = AC / BC. Suy ra r1^2 + r2^2 = r^2(AB^2 + AC^2)/BC^2 = r^2.BC^2/BC^2 = r^2. (14) Trong các tam giác vuông PFK và PLI, từ (4) ta có: PK^2 = PF^2 + KF^2 = r2^2 + r1^2 = r^2, PI^2 = PL^2 + LI^2 = r1^2 + r2^2 = r^2. Kết hợp với (13), ta được PK = PI = PA. (15) Từ (10) và (15): PA = PM = PN = PI = PK. Vậy 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn, tâm là P. Kết luận: a) BMNC là tứ giác nội tiếp. b) 5 điểm A, M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn.