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:

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).

a: Gọi E là giao điểm của BI và (O)

I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC, BI là phân giác của góc ABC

Xét (O) có

\(\hat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM

Xét (O) có

\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

Do đó: sđ cung EA=sđ cung EC

Xét (O) có

\(\hat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AE

=>\(\hat{BIM}=\frac12\) (sđ cung BM+sđ cung AE)

=1/2(sđ cung MC+sđ cung EC)

=1/2*sđ cung EM

Xét (O) có

\(\hat{EBM}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

Do đó: \(\hat{EBM}=\frac12\cdot\) sđ cung EM

Do đó: \(\hat{MIB}=\hat{MBI}\)

=>ΔMIB cân tại M

=>MI=MB

mà MB=MC

nên MI=MC

=>ΔMCI cân tại M

a) Có \(\widehat{BFC}=\widehat{CKB}=90^0\)

=> Tứ giác BCFK nội tiếp

b)Có \(\widehat{BCK}=\widehat{BFK}\)( vì tứ giác BCFK nội tiếp )

mà \(\widehat{BCE}=\widehat{BDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\)

=> \(\widehat{BFK}=\widehat{BDE}\) mà hai góc nằm ở vị trí hai góc đồng vị

=> KF//DE

giúp mình câu b với các bạn ơi

a: Gọi H là giao điểm của AB và OC

Xét (O) có

CA,CB là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CB và CO là phân giác của góc ACB

TA có: CA=CB

=>C nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra CO là đường trung trực của AB

=>CO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB

Ta có: \(\hat{CAD}+\hat{OAD}=\hat{CAO}=90^0\)

\(\hat{HAD}+\hat{ODA}=90^0\) (ΔHAD vuông tại H)

mà \(\hat{OAD}=\hat{ODA}\) (ΔOAD cân tại O)

nên \(\hat{CAD}=\hat{HAD}\)

=>AD là phân giác của góc HAC

Xét ΔCAB có

AD,CO là các đường phân giác

AD cắt CO tại D

Do đó: D là tâm đường tròn nội tiếp ΔCAB

b: ΔOAC vuông tại A

=>\(AO^2+AC^2=OC^2\)

=>\(AC^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(AC=R\sqrt3\)

Xét ΔAOC vuông tại A có \(\sin ACO=\frac{OA}{OC}=\frac12\)

nên \(\hat{ACO}=30^0\)

CO là phân giác của góc ACB

=>\(\hat{ACB}=2\cdot\hat{ACO}=60^0\)

Xét ΔCAB có CA=CB và \(\hat{ACB}=60^0\)

nên ΔCAB đều

Diện tích tam giác CAB là:

\(S_{CAB}=CA^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{\left(R\sqrt3\right)^2\cdot\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3\cdot R^2}{4}\)

Nửa chu vi tam giác CAB là:

\(p=\frac{CA+CB+AB}{2}=\frac{R\sqrt3+R\sqrt3+R\sqrt3}{2}=\frac{3R\sqrt3}{2}\)

Ta có: \(S=p\cdot r\)

=>\(r=\frac{3\sqrt3\cdot R^2}{4}:\frac{3\sqrt3\cdot R}{2}=\frac{3\sqrt3\cdot R^2}{4}\cdot\frac{2}{3\sqrt3\cdot R}=\frac{R}{2}\)

a: Sửa đề: Gọi H' là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh ABH'C là tứ giác nội tiếp

Gọi D là giao điểm của BH và AC, E là giao điểm của CH và AB

H là trực tâm của ΔABC

=>BH⊥AC tại D và CH⊥AB tại E

Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EAD}+\hat{EHD}=180^0\)

=>\(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\)

H' đối xứng H qua BC

=>BC là đường trung trực của HH'

=>BH=BH' và CH=CH'

Xét ΔBHC và ΔBH'C có

BH=BH'

CH=CH'

BC chung

Do đó: ΔBHC=ΔBH'C

=>\(\hat{BHC}=\hat{BH^{\prime}C}\)

=>\(\hat{BAC}+\hat{BH^{\prime}C}=180^0\)

=>ABH'C là tứ giác nội tiếp

b:

Gọi \(R_1;R_2\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC, HBC

Xét ΔHBC có \(\frac{BC}{sinBHC}=2R_2\)

Xét ΔABC xcó \(\frac{BC}{\sin BAC}=2R_1\)

mà \(\sin BAC=\sin BHC\left(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\right)\)

nên \(\frac{BC}{\sin BHC}=2R_1\)

=>\(2R_1=2R_2\)

=>\(R_1=R_2\)