Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
I, J, K lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C; H là giao điểm ba đường cao
M, N, P lần lượt là trung điểm của BC , AC, AB
D, E, F lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC
O là giao điểm của NE và PF
+) NP là đường trung bình tam giác ABC => NP//=1/2 BC (1)
EF là đường trung bình tam giác HCB => EF//=1/2 BC (2)
Từ (1), (2) => NFEP là hình bình hành (3)
NF là đường trung bình tam giác ACH => NF//AH=> NF//AI mà AI vuông BC , BC//EF => NF vuông EF (4)
Từ (3), (4) => NFEP là hình chữ nhật => Tâm đường tròn ngoại tiếp NFEP là O giao của FP và NE
và O là trung điểm FP, O là trung điểm NE
+) Tương tự NDEM là hình chữ nhật => Tâm đường tròn ngoại tiếp NDEM là O ( trung điểm NE)
=> O là trung điểm DM
+) Tam DIM vuông tại I => Tâm đường tròn ngoại tiếp DIM là O trung điểm DM
+) Tương tự O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FJP, EKN
=> Vậy 9 điểm trên cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính NE
Câu hỏi của Mavis Vermillion - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath Em tham khảo ở link này nhé!
Bổ sung đề: D là điểm bất kì nằm trên (O).
Gọi (U) là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)DAH, kẻ đường kính AL của (U), gọi DA' cắt BC tại S.
Đường thẳng AI cắt (BHC) tại Y, Z đối xứng với A qua E. Đường tròn (A'YZ) tâm V cắt (BHC) tại X khác Y.
Dễ thấy bốn điểm O,I,E,S đồng viên và OS là đường kính của (OEI)
Vì \(V_{\left(A',2\right)}:\left(OEI\right)\rightarrow\left(ADH\right)\)nên S là trung điểm của A'L
Ta thấy (ABC) và (BHC) đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC nên A đối xứng với Y qua I
Từ đó tứ giác AA'YH là hình bình hành, AA'ZD cũng là hình bình hành. Suy ra (ADH) = (A'ZY)
Hay \(\Delta\)AUH = \(\Delta\)A'VY, UL // A'V. Đồng thời có S là trung điểm A'L, vậy thì S cũng là trung điểm UV
Từ hai tam giác AUH và A'VY bằng nhau có các cặp cạnh song song, suy ra UV = 2SV = HY
Gọi T là điểm đối xứng với H qua S. Khi đó SV là đường trung bình của \(\Delta\)HTY, suy ra V là trung điểm YT
Hay YT là đường kính của (V). Cũng dễ có YH là đường kính của (BHC). Suy ra H,S,T,X thẳng hàng (^YXT = ^YXH = 900)
Ta có \(\overline{SH}.\overline{SX}=\overline{SB}.\overline{SC}=\overline{SA'}.\overline{SD}\)nên bốn điểm D,H,A',X đồng viên (1)
Mặt khác gọi J' là trung điểm của AX thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(OJIE\right)\rightarrow\left(A'XYZ\right)\)nên J' thuộc (OEI)
Tương tự, với M,N là trung điểm AB,AC thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(MIJN\right)\rightarrow\left(BYXC\right)\)nên J' thuộc (Euler)
Từ đó J trùng J'. Suy ra \(V_{\left(A,2\right)}:G\rightarrow D;K\rightarrow H;O\rightarrow A';J\rightarrow X\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm G,K,O,J đồng viên (đpcm).
Vì \(\widehat{ABO}\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AB và dây cung BD ( đường kính AB )
\(\Rightarrow\widehat{ABO}=\frac{1}{2}.\widehat{BOD}=\frac{1}{2}.180^o=90^o\)
Chứng mình ương tự với \(\widehat{ACO}\), suy ra \(\widehat{ACO}=90^o\)
Xét tứ giác ABOC có :
Góc ABO và góc ACO là hai góc đối
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o+90^o=180^o\)
=> Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn ( theo tính chất tổng hai góc đối bằng 180 độ ... )
Gọi I là trung điểm của AB
Có tam giác ABO vuông tại B, trung tuyến là BI
=> BI = 1/2.AO=AI=IO (1)
Tam giác ACO vuông tại C, có trung tuyến là CI
=> CI=1/2.AO=AI=IO (2)
Từ (1) và (2) => BI = AI = IO = IC
=> I cách đều 4 đỉnh tứ giác ABOC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC , có bán kinh R= 1/2.AO
