Ta luôn vẽ được một đường tròn đi qua ba điểm bất kì, nhưng đối với một tứ giác thì không thể. Tuy nhiên có một số tứ giác lại vẽ được như vậy và những tứ giác có bốn đỉnh cùng thuộc một đường tròn thì sẽ được gọi là gì? Chúng có tính chất ra sao? Chúng ta cùng tìm hiểu bài Tứ giác nội tiếp
Chẳng hạn, tứ giác \(ABCD\) có bốn đỉnh \(A,B,C,D\) cùng nằm trên một đường tròn nên \(ABCD\) được gọi là tứ giác nội tiếp.
\(ABCD\) là tứ giác nội tiếp nên ta có \(\widehat{A}+\widehat{C}=\widehat{B}+\widehat{D}=180^0\)
Cụ thể ở hình trên, nếu có \(\widehat{A}+\widehat{C}=180^0\) hoặc \(\widehat{B}+\widehat{D}=180^0\) thì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp được đường tròn.
Bài 1: Tính số đo các góc của tứ giác \(ABCD\)
Hướng dẫn:
Do \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp nên ta có \(\widehat{A}+\widehat{C}=\widehat{B}+\widehat{D}=180^0\)
Vì \(\widehat{B}=85^0\) nên \(\widehat{D}=180^0-85^0=95^0\)
Ta có \(\widehat{A}+\widehat{C}=180^0\Leftrightarrow 2x+x=180^0\Leftrightarrow x=60^0\)
Từ đó suy ra \(\widehat{A}=2.60^0=120^0,\widehat{C}=60^0\)
Bài 2: Tính số đo các góc của tứ giác \(ABCD\), biết rằng \(\widehat{DCx}=130^0\)
Hướng dẫn:
Ta có \(\widehat{DCB}=180^0-\widehat{DCx}=180^0-130^0=50^0\), suy ra \(\widehat{DAB}=180^0-\widehat{DCB}=180^0-50^0=130^0\)
Lại có \(\widehat{DCx}\) là góc ngoài của \(\bigtriangleup ECB\) nên \(\widehat{DCx}=\widehat{E}+\widehat{B}\Rightarrow \widehat{B}=\widehat{DCx}-\widehat{E}=130^0-30^0=100^0\)
Từ đó suy ra \(\widehat{ADC}=180^0-\widehat{ABC}=180^0-100^0=80^0\)
Bài 3: Tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O;R)\) có \(AB=8cm,AC=15cm\), đường cao \(AH=5cm\) (H nằm ngoài cạnh BC). Tính bán kính của đường tròn
Hướng dẫn:
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \(\widehat{ABH}=\widehat{ADC}\)
Xét hai tam giác vuông \(AHB\) và \(ACD\) có \(\widehat{ABH}=\widehat{ADC}\) nên \(\bigtriangleup AHB\sim\bigtriangleup ACD\) (g.g)
suy ra \(\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{AD}\Rightarrow AD=\frac{AB.AC}{AH}=\frac{8.15}{5}=24\Rightarrow R=\frac{AD}{2}=12\)(cm)
Bài 1: Dựa vào hình vẽ, tính các góc của tứ giác \(ABCD\)
Hướng dẫn:
Đặt \(\widehat{ABC}=x,\widehat{ADC}=y (x,y>0)\) thì ta có \(x+y=180\) (1)
Ta có \(\widehat{ABC}=40^0+\widehat{BAF}\) và \(\widehat{ADC}=30^0+\widehat{DAF}\)
suy ra \(\widehat{ABC}-\widehat{ADC}=10^0\) (vì \(\widehat{BAF}=\widehat{DAF}\)) hay \(x-y=10\)(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) suy ra \(x=95,y=85\) hay \(\widehat{ABC}=95^0,\widehat{ADC}=85^0\)
Lại có \(\widehat{DAB}=\widehat{F}+\widehat{ABF}=125^0\Rightarrow \widehat{BCD}=180^0-125^0=55^0\)
Bài 2: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,(AB
a) \(CI\) là phân giác của \(\widehat{BCD}\)
b) \(DA\) là tiếp tuyến của \((O)\).
Hướng dẫn:
a) Ta có \(\widehat{IDC}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính)
Nên \(\widehat{BAC}=\widehat{BDC}=90^0\) suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp
do đó \(\widehat{ACD}=\widehat{ABD}\) mà theo đề bài \(\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\) nên \(\widehat{ACD}=\widehat{ACB}\) hay \(CI\) là phân giác của \(\widehat{BCD}\) (đpcm)
b) Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \(\widehat{ADB}=\widehat{ACB}\) mà \(\widehat{ACD}=\widehat{ACB}\) nên \(\widehat{ADB}=\widehat{ACD}\)
Từ đó suy ra \(DA\) là tiếp tuyến của \((O)\).
3. Luyện tập Bài 7 Chương 3 Hình học 9
Qua bài giảng Tứ giác nội tiếp này, các em cần hoàn thành 1 số mục tiêu mà bài đưa ra như :
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 9 Bài 7để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Phát biểu nào sai trong các phát biểu dưới đây:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AH. Biết rằng AB=12cm, AC=20cm, AH=10m. Độ dài bán kính của đường tròn là:
Câu 3-5: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Hình học 9 Bài 7 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Toán 9 tập 1
Bài tập 53 trang 89 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 54 trang 89 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 55 trang 89 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 56 trang 89 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 57 trang 89 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 58 trang 90 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 59 trang 90 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 60 trang 90 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 39 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 40 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 41 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 42 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 43 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 7.1 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 7.2 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 9 DapAnHay
Phát biểu nào sai trong các phát biểu dưới đây:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AH. Biết rằng AB=12cm, AC=20cm, AH=10m. Độ dài bán kính của đường tròn là:
Cho điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến ABC với đường tròn và hai tiếp tuyến AE,AF đến đường tròn. Gọi H là giao điểm của AO và EF. Khẳng định nào sau đây là sai:
Cho đường tròn (O;6cm) đường kính AD. Dây BC của đường tròn cắt AD tại I (I nằm giữa A và O). Biết IB=4cm, IC=5cm. Độ dài AI là:
Số đo góc A trong hình vẽ dưới đây là:
Biết ABCD là tứ giác nội tiếp. Hãy điền vào ô trống trong bẳng sau (nếu có thể)
Tứ giác ABCD có \(\small \widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^o\). Chứng minh rằng các đường trung trực của AC, BD, AB cùng đi qua một điểm.
Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M, biết:
\(\small \widehat{DAB}=80^o,\widehat{DAM}=30^o,\widehat{BMC}=70^o\)
Hãy tính số đo các góc:
\(\widehat{MAB},\widehat{BCM},\widehat{AMB},\widehat{DMC},\widehat{AMD},\widehat{MCD},\widehat{BCD}\)
Xem hình 47. Hãy tìm số đo các góc của tứ giác ABCD
Trong các hình sau, hình nào nội tiếp được một đường tròn: Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình thang vuông, hình thang cân ? Vì sao?
Cho tam giác đều ABC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, lấy điểm D sao cho DB = DC và
\(\small \widehat{DCB}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}\)
a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp
b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm A, B, D, C.
Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn đi qua ba đỉnh A, B, C cắt đường thẳng CD tại P khác C. Chứng minh AP = AD
Xem hình 48. Chứng minh QR // ST.
Trên đường tròn tâm \(O\) có một cung \(AB\) và \(S\) là điểm chính giữa của cung đó. Trên dây \(AB\) lấy hai điểm \(E\) và \(H.\) Các đường thẳng \(SH\) và \(SE\) cắt đường tròn theo thứ tự tại \(C\) và \(D.\) Chứng minh \(EHCD\) là một tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác \(ABC.\) Các đường phân giác trong của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại \(S,\) các đường phân giác ngoài của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại \(E.\) Chứng minh \(BSCE\) là một tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác cân \(ABC\) có đáy \(BC\) và \(\widehat A = {20^0}\). Trên nửa mặt phẳng bờ \(AB\) không chứa điểm \(C\) lấy điểm \(D\) sao cho \(DA = DB\) và \(\widehat {DAB} = {40^0}\). Gọi \(E\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD.\)
\(a)\) Chứng minh \(ACBD\) là tứ giác nội tiếp
\(b)\) Tính \(\widehat {AED}\)
Cho ba đường tròn cùng đi qua một điểm \(P.\) Gọi các giao điểm khác \(P\) của hai trong ba đường tròn đó là \(A, B, C.\) Từ một điểm \(D\) (khác điểm \(P\)) trên đường tròn \((PBC)\) kẻ các tia \(DB, DC\) cắt các đường tròn \((PAB)\) và \((PAC)\) lần lượt tại \(M, N.\) Chứng minh ba điểm \(M, A, N\) thẳng hàng.
Cho hai đoạn thẳng \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(E.\) Biết \(AE.EC = BE.ED\). Chứng minh bốn điểm \(A, B, C, D \)cùng nằm trên một đường tròn.
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn. Vẽ các đường cao \(AI, BK, CL\) của tam giác ấy.Gọi \(H\) là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.
\(a)\) Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm \(A, B, C, H, I, K, L\)
\(b)\) Chứng minh \(\widehat {LBH},\widehat {LIH},\widehat {KIH}\) và \(\widehat {KCH}\) là \(4\) góc bằng nhau.
\(c)\) Chứng minh \(KB\) là tia phân giác của \(\widehat {LKI}.\)
Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\) và hai dây \(AB,\) \(CD\) bất kì. Gọi \(M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(AB.\) Gọi \(E\) và \(F\) tương ứng là giao điểm của \(MC,\) \(MD\) với dây \(AB.\) Gọi \(I\) và \(J\) tương ứng là giao điểm của \(DE,\) \(CF\) với đường tròn \((O).\) Chứng minh \(IJ\) song song với \(AB.\)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Cho tâm giác ABC nhọn nội tiếp đường O bán kính R, trực tâm H. kê đường vuông góc OM vuông góc với BC chứng minh. a, OM = 1/2AH b,AH^2 +BC^2 = 4R^2 Có thể phần b sai đề nhá nhưng làm phần a thôi có dc
Câu trả lời của bạn
Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) có I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh:
(AB/CD)+(CD/AB)+(BC/AD)+(AD/BC) ≤ (IA/IC)+(IC/IA)+(IB/ID)+(ID/IB)
Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC ( I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI; BI; CI lần lượt cắt BC; CA; AB tại M; N; P.
a) Chứng minh: (AI/AM) + (BI/BM) + (CI/CM) = 2
b) Chứng minh: (1/AM.BN) + (1/BN.CP) + (1/CP.AM) ≤ (4/(3(R−OI)2))
Câu trả lời của bạn
hix, bài này khó thật, có bạn nào ra chưa???
Bài 7.1 - Bài tập bổ sung (Sách bài tập - tập 2 - trang 107)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Vẽ các đường cao AI, BK, CL của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ
a) Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, H, I, K, L
b) Chứng minh \(\widehat{LBH},\widehat{LIH},\widehat{KIH},\widehat{KCH}\) là bốn góc bằng nhau
Câu trả lời của bạn
Bài 43 (Sách bài tập - tập 2 - trang 107)
Cho hai đoạn thắng AC và BD cắt nhau tại E. Biết AE.EC = BE.ED.
Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn ?
Câu trả lời của bạn
Từ giả thiết \(AE.EC=BE.ED\) suy ra :
\(\dfrac{AE}{ED}=\dfrac{EB}{EC}\) (1)
Bài 42 (Sách bài tập - tập 2 - trang 107)
Cho ba đường tròn cùng đi qua một điểm P. Gọi các giao điểm khác P của hai trong ba đường tròn đó là A, B, C. Từ một điểm D (khác điểm P) trên đường tròn (PBC) kẻ các tia DB, DC cắt các đường tròn (PAB) và (PAC) lần lượt tại M và N. Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng ?
Câu trả lời của bạn
Bài 41 (Sách bài tập - tập 2 - trang 106)
Cho tam giác cân ABC có đáy BC và \(\widehat{A}=20^0\). Trên nửa mặt phẳng bở AB không chứa điểm C lấy điểm D sao cho DA = DB và \(\widehat{DAB}=40^0\). Gọi E là giao điểm của AB và CD
a) Chứng minh ACBD là tứ giác nội tiếp
b) Tính \(\widehat{AED}\)
Câu trả lời của bạn
Bài 40 (Sách bài tập - tập 2 - trang 106)
Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong của \(\widehat{B}\) và \(\widehat{C}\) cắt nhau tại S. Các đường phân giác ngoài của \(\widehat{B}\) và \(\widehat{C}\) cắt nhau tại E.
Chứng minh : BSCE là một tứ giác nội tiếp
Câu trả lời của bạn
Bài 39 (Sách bài tập - tập 2 - trang 106)
Trên đường tròn tâm O có một cung AB và S là điểm chính giữa của cung đó. Trên dây AB lấy hai điểm E và H. Các đường thẳng SH và SE cắt đường tròn theo thứ tự tại C và D. Chứng minh EHCD là một tứ giác nội tiếp ?
Câu trả lời của bạn
Giải
S là điểm chính giữa của cung
A
B
.
⇒
S
A
=
S
B
(1)
ˆ
D
E
B
=
1
2
(sđ
D
C
B
+ sđ
A
S
) tính chất góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) (2)
ˆ
D
C
S
=
1
2
sđ
D
A
S
(tính chất góc nội tiếp) hay
ˆ
D
C
S
=
1
2
(sđ
D
A
+ sđ
S
A
) (3)
Từ (1) và (2) suy ra:
ˆ
D
E
B
+
ˆ
D
C
S
=
1
2
(sđ
D
C
B
+ sđ
A
S
+ sđ
D
A
+ sđ
S
A
(4)
Từ (1) và (4) suy ra:
ˆ
D
E
B
+
ˆ
D
C
S
=
1
2
(sđ
D
C
B
+ sđ
B
S
+ sđ
S
A
+ sđ
D
A
=
360
∘
2
=
180
∘
Hay
ˆ
D
E
H
+
ˆ
D
C
H
=
180
∘
Vậy: tứ giác EHCD nội tiếp được trong một đường tròn.
Cho đường tròn tâm O. Từ A là một điểm nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến AM, AN với (O) (M;N là các tiếp điểm) 1, Chứng minh rằng tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO 2, Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh I cũng thuộc đường tròn đường kính AO. 3, Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng AK.AI=AB.AC
Câu trả lời của bạn
1; ta có góc AMO = 90 ( tính chất tiếp tuyến )
góc ANO = 90 (tính chất tiếp tuyến )
mà AMO và ANO là 2 góc đối nhau vậy tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp đường tron đường kính AO
2; xét đường (o) ta có góc OIA = 90 (quan hệ giữa tâm và dây)
góc OMA va góc ONA cũng = 90 (chứng minh trên)
mà 3 góc đó đều nhình xuống cung OA
suy ra OIMAN cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AO
vậy I cũng thuộc 1 đường tròn đường kính AO
3; tự giải đi
Cho tam giác ABC không có góc tù. Đg cao AH và đg tr tuyến AM kh trùng nhau. Gọi N là tr điểm AB. Cho biết góc BAH = góc CAM
a. Cm AMHN là tứ giác nội tiếp
b. Tính sđ góc BAC
Câu trả lời của bạn
^BAC = 90 ° (tg ABCv tại A)
^CDB = 90 ° (BH vg CE tại D)
=>Tứ giác ADBC nội tiếp
b)Xét tứ giác ADBC nội tiếp có
^ADH = ^ACB (góc ngoài = góc đối trong)
AB cắt CD tại E
=> khi E di động trên AB thì ^ADH 0 đổi
c)tgKBE ∽ tgABC (gg) =>KB/AB = BE/BC
=>KB.BC = BE.AB (1)
tgKCE ∽ tg DBC (gg) => KC/DC = CE/CB
=>KC.CB = CE.DC (2)
Từ (1) và (2) =>BE.AB=CE.DC
=> Khi E di động trên AB thì BE.AB + CE.DC không đổi
cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và AB<AC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , AH giao đường tròn O tại L . Lấy F bất kì trên cung LC nhỏ ( F khác L và C). AC là đường trung trực của FK
1. CMR:AHCK là tứ giác nội tiếp đường tròn
2.HK giao AC tại I, À giao HC tại G. chứng minh AO vuông góc với GI
Câu trả lời của bạn
đề sai à bn
Vẽ hình bài giúp mk với
trên đường tròn (O;R) cho trước , vẽ dây cung AB cố định không đi qua O. điểm M bất kì trên tia BA sao cho M nằm ngoài đường tron (O;R). từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn (O;R) (C,D là hai tiếp điểm)
a, c/m tứ giác OCMD nội tiếp
B, chứng minh \(MC^2\)=MA.MB
Câu trả lời của bạn
a) xét tứ giác OCMD có \(\widehat{OCM}\)= \(90^O\)(gt)
\(\widehat{ODM}\)=\(90^0\)(gt)
\(\widehat{OCM}\)+\(\widehat{ODM}\)=\(90^O\)+\(90^O\)=\(180^0\)( mà hai góc này ở vt đối diện )
\(\Rightarrow\)OCMD nt (đpcm)
b) xét 2\(\Delta\): \(\Delta\)MCB và \(\Delta\)MCA
có \(\widehat{M}\) chung
\(\widehat{MCB}\)=\(\widehat{MAC}\)( góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến chắn \(\stackrel\frown{CB}\))
\(\Rightarrow\) \(\Delta\)MCB động dạng \(\Delta\)MCA (g-g)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{MC}{MA}\)=\(\dfrac{MB}{MC}\)\(\Rightarrow\)\(MC^2\)=MA.MB(dpcm)
-cho \(\Delta\)ABC vuông ở A có AH là đường cao và BE là đường phân giác ( H thuộc BC, E thuộc AC) .kẻ AD\(\perp\)BE tại D
a)CMR: tứ giác ABHD nội tiếp (O)
b)CMR:\(\widehat{HDC}=\widehat{CEH}\)
Câu trả lời của bạn
a/ Vì \(AH\perp BC\) tại H \(\Rightarrow\widehat{AHB}=90^o\)
\(AD\perp BE\) tại D \(\Rightarrow\widehat{ADB}=90^o\)
Xét tứ giác ABHD có: \(\widehat{AHB}=\widehat{ADB}=90^o\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác ABHD nội tiếp (O) ( Tứ giác có 2 góc kề 1 cạnh bằng nhau thì là tứ giác nội tiếp)
\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{H_1}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Xét \(\Delta ABE\) vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{B_1}+\widehat{E_1}=90^o\) ( 2 góc nhọn phụ nhau)
\(\Rightarrow\widehat{H_1}+\widehat{E_1}=90^o\) ( vì \(\widehat{B_1}=\widehat{H_1}\) ) (1)
Ta có \(\widehat{H_1}+\widehat{DHC}=90^o\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{E_1}=\widehat{DHC}\)
Ta lại có: \(\widehat{E_1}+\widehat{DEC}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{DEC}=180^o\)
Xét tứ giác DECH có: \(\widehat{DHC}+\widehat{DEC}=180^o\) (cmt)
\(\Rightarrow\) Tứ giác DECH nội tiếp ( Tứ giác có tổng số đo 2 góc đối bằng 180o là tứ giác nội tiếp)
\(\widehat{HDC}=\widehat{CEH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CH)
Cho tam giác nhọn ABC. Kẻ BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB. ( E thuộc AC, F thuộc AB).
a) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: MF= 1/2 BC và tam giác MEF cân
b) chứng minh rằng: góc CBF + góc CEF= 180 độ
c) Chứng minh góc BEF bằng góc BCF
Câu trả lời của bạn
a) Tự vẽ hình
xét tg BCF vuong tai f co bm=mc(gt) => mf la trg tuyên thuoc cạnh huyen nên mf= mc=mb hay mf=1/2 bc (1)
tuong tu tg bec vuog tai e có me = 1/2 bc(2)
tu (1) va (2) có me= mf => tg mef cân
b) tứ giác FECB nội tiếp trong đuong tròn có tam là M và đuong kính là BC nên 2 góc đối fec + fbc =180o
c) góc feb = fcb ( cùng chắn cung bf)
c)
Cho đường tròn tâm O đường kính R dây AB= R . M N lần lược thuộc điểm chính giữa cung nhỏ và lớn AB. Trên cung nhỏ AN lấy C , trên cung nhỏ BN lấy D MC cắt AB tại E . MD cắt AB tại F a)Chứng minh tam giác AEM đồng dạng tam giác CAM b)Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp
Câu trả lời của bạn
a/ Vì M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB => cung AM=cung BM
N là điểm chính giữa của cung lớn AB => cung AN=cung BN
Xét đường tròn (O) có:
\(\widehat{MAB}\) nội tiếp chắn cung BM
\(\widehat{MCA}\) nội tiếp chắn cung AM
Mà cung AM=cung BM(cmt)
=> \(\widehat{MAB}=\widehat{MCA}\) ( các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)
=> \(\widehat{MAE}=\widehat{MCA}\)
Xét \(\Delta AEM\) và \(\Delta CAM\) có:
\(\widehat{M}\) là góc chung
\(\widehat{MAE}=\widehat{MCA}\) (cmt)
\(\Rightarrow\Delta AEM~\Delta CAM\left(g.g\right)\)
b/ Xét đường tròn (O) có:
\(\widehat{EFD}\) là góc có đỉnh nằm trong đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{EFD}=\dfrac{sđBM+sdAD}{2}\Leftrightarrow\widehat{EFD}=\dfrac{sđAM+sdAD}{2}\Leftrightarrow\widehat{EFD}=\dfrac{sđMD}{2}\left(1\right)\)
\(\widehat{ECD}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ MD
\(\Rightarrow\widehat{ECD}=\dfrac{sđMD}{2}\left(2\right)\)
Cộng 2 vế của (1) và (2) ta được:
\(\widehat{EFD}+\widehat{ECD}=\dfrac{360^o}{2}=180^o\)
Xét tứ giác CEFD có:
\(\widehat{EFD}+\widehat{ECD}=180^o\) (cmt)
\(\Rightarrow\) Tứ giác CEFD nội tiếp (Tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o thì là tứ giác nội tiếp)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, I là giao điêmcủa hai đường cao BH và CK. Chứng minh:
a) Tứ giác AHIK nội tiếp.
b) góc CAI bằng góc BCH
Câu trả lời của bạn
a) Tứ giác AHIK , có:
góc AKI = 900 (CK là đường cao)
góc AHI = 900 (BH là đường cao )
=> góc AKI + góc AHI = 1800
=> Tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn đường kính AI
giải dùm mk câu a) vs. Mk cảm ơn nhiều
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường cao BD và CE của tam giác (D thuộc AC, E thuộc AB) cắt nhau tại H. Chứng minh:
a)Tứ giác BCDE nội tiếp được đường tròn, từ đó suy ra góc BCD = góc AED
Câu trả lời của bạn
Cho (O) đkính AB.Vẽ dây CD vuông với AB tại I (I nằm giữa A và O).Lấy E thuộc cung BC nhỏ (E khác B,C) AE cắt CD tại F
a)Chứng minh BEFI nội tiếp
b) AE×AF=AC^2
Câu trả lời của bạn
Trả lời giúp mình với . mai mình phải chữa rồi
Cho tam giác ABC, góc A bằng 90 độ, AH vuông BC, Biết \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{\sqrt{3}},HC-HB=8\)
a) tính các cạnh của tam giác ABC ?
b) Hình chữ nhật MNIQ nội tiếp tam giác ABC (I,Q thuộc BC ; M thuộc AB ; N thuộc AC). Tìm giá trị lớn nhất của \(S_{MINQ}?\)
Câu trả lời của bạn
Bạn vẽ hình rồi kí hiệu như trên.
a) \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{3}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\dfrac{BH}{CH}\)(Cái này áp dụng hệ thức lượng tam giác dạng \(c^2=a\cdot c'\)).
Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{1}{3}\\CH-BH=8\end{matrix}\right.\) => Hiệu số phần bằng nhau là 2.
Ta tính được : \(\left\{{}\begin{matrix}CH=\dfrac{8}{2}\cdot3=12\\BH=\dfrac{12}{3}=4\end{matrix}\right.\) => \(BC=BH+CH=16\).
Có \(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{3}\), mà \(AB^2+AC^2=BC^2=16^2=256\)
Tổng số phần bằng nhau là 4.
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB^2=\dfrac{256}{4}=64\\AC^2=\dfrac{256}{4}\cdot3=192\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=8\\AC=8\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\Delta ABC\) có \(AB=8,AC=8\sqrt{3},BC=16\).
b)\(S_{MNIQ}=MQ\cdot MN=a\cdot MN\) (kí hiệu như hình).
Trong đó : \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{8\cdot8\sqrt{3}}{16}=4\sqrt{3}\)
+) \(AD=AH-HD=AH-MQ=4\sqrt{3}-a\)
+) \(MN\)//\(BC\Rightarrow\Delta AMN\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{AD}{AH}\Rightarrow MN=\dfrac{BC\cdot AD}{AH}\)
\(=\dfrac{16\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{4\sqrt{3}}=\dfrac{4\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{\sqrt{3}}\)
=> \(S_{MNIQ}=MQ\cdot MN=a\cdot\left(\dfrac{4\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{16\sqrt{3}a-4a^2}{\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{-\left(4a^2-16\sqrt{3}a\right)}{\sqrt{3}}=-\dfrac{\left[\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2-48\right]}{\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{48-\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2}{\sqrt{3}}=\dfrac{48}{\sqrt{3}}-\dfrac{\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2}{\sqrt{3}}\le\dfrac{48}{\sqrt{3}}=16\sqrt{3}\)
Vậy \(S_{MNIQ-max}=16\sqrt{3}\Leftrightarrow a=2\sqrt{3}\).
Cho tam giác ABC cân tại A, đường tròn tâm O tiếp xúc (trong) với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm D, E, F. BF cắt đường tròn tâm O tại I, DI cắt BC tại M.
a) Chứng minh tam giác DEF có 3 góc nhọn.
b) DF//BC.
c) Tứ giác BDFC nội tiếp.
d) BD/CB = BM/CF.
Câu trả lời của bạn
Lời giải:
a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)
Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)
hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)
Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)
Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$
\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)
\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.
b)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)
c)
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)
\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.
d)
$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)
Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)
Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)
Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)
Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *