Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm E. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm N \(\left( {N \ne A} \right)\). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm B, C cắt nhau tại điểm D.
1. Chứng minh AOND là tứ giác nội tiếp và tia DO là phân giác của góc \(\widehat {ADN}\).
2. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm P \(\left( {P \ne A} \right)\). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME cắt đường tròn (O) tại điểm F \(\left( {F \ne A} \right)\). Chứng minh \(AB.PC = AC.PB\) và ba điểm E, F, P thẳng hàng.
3. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh 3 điểm D, K, F thẳng hàng và đường thẳng FN đi qua trung điểm của đoạn thẳng DM.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm E. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm N \(\left( {N \ne A} \right)\). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm B, C cắt nhau tại điểm D.
1. Chứng minh AOND là tứ giác nội tiếp và tia DO là phân giác của góc \(\widehat {ADN}\).
2. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm P \(\left( {P \ne A} \right)\). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME cắt đường tròn (O) tại điểm F \(\left( {F \ne A} \right)\). Chứng minh \(AB.PC = AC.PB\) và ba điểm E, F, P thẳng hàng.
3. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh 3 điểm D, K, F thẳng hàng và đường thẳng FN đi qua trung điểm của đoạn thẳng DM.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1. Xét đường tròn (O): \(BD \bot BO,\;CD \bot CO\) (tính chất tiếp tuyến)
\( \Rightarrow \widehat {DBO} = \widehat {DCO} = {90^\diamondsuit }\) \( \Rightarrow \widehat {DBO} + \widehat {DCO} = {180^\diamondsuit }\)
\( \Rightarrow \)Tứ giác OBDC nội tiếp
Lại có \(OB = OC,\;MB = MC,\;DB = DC\)
\( \Rightarrow O,\;M,\;D\) cùng thuộc trung trực của đoạn BC
Suy ra \(MO.MD = MB.MC\)
Mà tứ giác ABNC nội tiếp \( \Rightarrow MB.MC = MA.MN\)
\( \Rightarrow MO.MD = MA.MN\) \( \Rightarrow \) Tứ giác AOND nội tiếp
\( \Rightarrow DO\) là phân giác \(\widehat {ADN}\)b) Xét \({\rm{\Delta }}DBP\) và \({\rm{\Delta }}DAB\) có
\(\widehat {BDP}\;\)chung; \(\widehat {DBP} = \widehat {DAB}\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}DBP \sim {\rm{\Delta }}DAB\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AD}}{{DB}}\)
Tương tự ta có \({\rm{\Delta }}DCP \sim {\rm{\Delta }}DAC \Rightarrow \frac{{AC}}{{CP}} = \frac{{AD}}{{DC}}\)
\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AC}}{{CP}} \Rightarrow AB.CP = AC.BP\)
Áp dụng định lý Ptoleney cho tứ giác ABPC nội tiếp ta có
\(AP.BC = AB:CP + AC.BP\)
\( \Rightarrow 2AP.CM = 2AC.BP \Rightarrow \frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\)
\({\rm{\Delta }}ABP\) và \({\rm{\Delta }}AMC\) có \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{CM}}\;;\;\widehat {APB} = \widehat {ACM}\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABP \sim {\rm{\Delta }}AMC\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {AMC}\)
Lại có tứ giác ABPF nội tiếp nên \(\widehat {ABP} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFP}\)
Lại có tứ giác AMEF nội tiếp nên \(\widehat {AME} = {180^\diamondsuit } - \widehat {AFB}\)
\( \Rightarrow \widehat {AFP} = \widehat {AFE} \Rightarrow E,\;F,\;P\) thẳng hàngc) Áp dụng hệ thức lượng cho \({\rm{\Delta }}OCD\) vuông tại C ta có
\(OM.OD = O{C^2} = O{F^2} \Rightarrow \frac{{OF}}{{OM}} = \frac{{OD}}{{OF}}\) \( \Rightarrow {\rm{\Delta }}OMF \sim {\rm{\Delta }}OFD\;\) (c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {OFD} = \widehat {OMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {CMF} = {90^\diamondsuit } - \widehat {FAE} = {90^\diamondsuit } - \widehat {AFO}\;\)
\( \Rightarrow AFD = {90^\diamondsuit } \Rightarrow AF \bot FD\) mà \(AF \bot FK\)
\( \Rightarrow DF = DK \Rightarrow D,\;F,\;K\) thẳng hàng
Gọi \(Z,\;X\) là giao \(FN\) với \(BC,\;DM\).
Gọi \(T\) là giao \(KZ\) với \(MF\).
Ta có \(D{C^2} = DK.DF = DM.DO \Rightarrow \) Tứ giác OMKF nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {KMF} = \widehat {KOF\;} = 2\widehat {OAF} = 2\widehat {FMS}\;\)
\( \Rightarrow \widehat {KME} = \widehat {FME} = \widehat {FAO} = \widehat {KNF}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác MNKZ nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {KZM} = {180^\diamondsuit } - \widehat {MNK} = {90^\diamondsuit }\)
Lại có \({\rm{\Delta }}TMK\) có MZ là đường cao đồng thời là phân giác
\( \Rightarrow ZT = ZK\)
Do \(TK//DM \Rightarrow \frac{{ZT}}{{MX}} = \frac{{FZ}}{{FX}} = \frac{{ZK}}{{DX}}\)
\( \Rightarrow XD = XM \Rightarrow \) X là trung điểm của đoạn DM.
Vậy FN đi qua trung điểm của đoạn DMHot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
1. \(\left( {y + 2} \right){x^2} + 1 = {y^2}\;\left( 1 \right)\)
\(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow {y^2} - 1 \vdots y + 2\)
\( \Leftrightarrow \left( {{y^2} - 4} \right) + 3 \vdots y + 2\)
\( \Leftrightarrow 3 \vdots y + 2\)
\( \Rightarrow y + 2 \in \left\{ { \pm 3;\; \pm 1} \right\}\)
\( \Rightarrow y \in \left\{ {1;\; - 5;\; - 1;\; - 3} \right\}\)
· \(y = 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn
· \(y = - 5\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\) loại
· \(y = - 1\) thay vào (1) \( \Rightarrow x = 0\) thoả mãn
· \(y = - 3\) thay vào (1) \( \Rightarrow {x^2} = - 8\;\)loại
Vậy (x; y) Î {(0; 1); (0; -1)}
2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3n + 1 = {a^2}}\\{11n + 1 = {b^2}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow n + 3 = 4{a^2} - {b^2} = \left( {2a - b} \right)\left( {2a + b} \right)\)
\(a,\;b \in {N^*} \Rightarrow 2a + b > 0 > 2a - b\)
\(n + 3\) là số nguyên tố \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a - b = 1}\\{2a + b = n + 3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{n + 4}}{4}}\\{b = \frac{{n + 2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow 11n + 1 = {b^2} = {\left( {\frac{{n + 2}}{2}} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {n^2} = 40n\)
\( \Leftrightarrow n = 40\)Lời giải
\[\left\{ \begin{array}{l}x + y + \frac{{x + 2y}}{{xy}} = 6\\{x^2} + {y^2} + \frac{{{x^2} + 4{y^2}}}{{{{(xy)}^2}}} = 14\end{array} \right.\] (I)
ĐKXĐ: \(x,\;y \ne 0\)
(I)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + \frac{1}{y} + \frac{2}{x} = 6}\\{{x^2} + {y^2} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{4}{{{x^2}}} = 14}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} + y + \frac{1}{y} = 6}\\{{{\left( {x + \frac{2}{x}} \right)}^2} + {{\left( {y + \frac{1}{y}} \right)}^2} = 20}\end{array}} \right.\)
Đặt \(x + \frac{2}{x} = a,\;y + \frac{1}{y} = b\)
Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{a^2} + {b^2} = 20}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{{{\left( {a - b} \right)}^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {{\left( {a + b} \right)}^2} = 4}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 6}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - b = 2}\\{a - b = - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 4,\;b = 2}\\{a = 2,\;b = 4}\end{array}} \right.} \right.\)
· \(a = 4,\;b = 2\
· \(a = 2,\;b = 4\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \frac{2}{x} = 2}\\{y + \frac{1}{y} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 2x + 2 = 0}\\{{y^2} - 4y + 1 = 0}\end{array}} \right.} \right.\;\left( {{\rm{v\^o \;nghiem}}} \right)\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
\(\left( {x,\;y} \right)\;\;\left\{ {\left( {2 + \sqrt 2 ;1} \right),\;\left( {2 - \sqrt 2 ;1} \right)} \right\}\)Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập