Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a:Xét tứ giác BHKC có \(\widehat{BHC}=\widehat{BKC}=90^0\)
nên BHKC là tứ giác nội tiếp
b: Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHKC có
\(\widehat{BHC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
\(\widehat{HKB}\) là góc nội tiếp chắn cung HB
mà BC>HB
nên \(\widehat{BHC}>\widehat{HKB}\)
a: Xét ΔABC có
AM,BN,CP là các đường cao
H là trực tâm
DO đó: AM,BN,CP đồng quy tại H
Xét tứ giác APHN có \(\hat{APH}+\hat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)
nên APHN là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BPNC có \(\hat{BPC}=\hat{BNC}=90^0\)
nên BPNC là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác BPHM có \(\hat{BPH}+\hat{BMH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BPHM là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CMHN có \(\hat{CMH}+\hat{CNH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CMHN là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\hat{HPN}=\hat{HAN}\) (APHN nội tiếp)
\(\hat{HPM}=\hat{HBM}\) (BPHM nội tiếp)
mà \(\hat{HAN}=\hat{HBM}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)
nên \(\hat{HPN}=\hat{HPM}\)
=>PH là phân giác của góc MPN
Ta có: \(\hat{PNH}=\hat{PAH}\) (APHN nội tiếp)
\(\hat{MNH}=\hat{MCH}\) (MCNH nội tiếp)
mà \(\hat{PAH}=\hat{MCH}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
nên \(\hat{PNH}=\hat{MNH}\)
=>NH là phân giác của góc MNP
Xét ΔMNP có
PH,NH là các đường phân giác
PH cắt NH tại H
Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNP
A B C L' K O J E D I F L
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).
⇒ AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Mà ABDC là tứ giác nội tiếp
⇒ AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC.
⇒ tâm O là trung điểm AD.
Vậy tâm đường tròn đi qua bốn điểm A, B, D, C là trung điểm AD.
Kiến thức áp dụng
+ Một tứ giác có tổng số đo hai góc đối nhau bằng 180º thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.
+ Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
b) Vì AM và AN lần lượt là hai tia phân giác của hai góc trong và ngoài tại đỉnh A của ΔABC
nên AM và AN lần lượt là hai tia phân giác của hai góc kề bù
⇔\(\widehat{MAN}=90^0\)
Xét ΔAMN có \(\widehat{MAN}=90^0\)(cmt)
nên ΔAMN vuông tại A(Định nghĩa tam giác vuông)
Suy ra: A,M,N cùng nằm trên đường tròn đường kính NM(Định lí)
mà A,M,N cùng nằm trên (O)
nên MN là đường kính của đường tròn (O)
hay O,M,N thẳng hàng(đpcm)