Ở bài trước, ta đã tìm hiểu về Tứ giác nội tiếp đường tròn, điều kiện để một tứ giác có thể nội tiếp được đường tròn,... Còn ở bài này, ta đi đến khái niệm đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp đa giác.
Chẳng hạn:
- \((O_1)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O_1)\)
- \((O_2)\) là đường tròn ngoại tiếp ngũ giác \(MNOPQ\), ngũ giác \(MNOPQ\) nội tiếp đường tròn \((O_2)\)
Chẳng hạn, tứ giác \(ABCD\) là tứ giác ngoại tiếp đường tròn \((O_1)\), \((O_1)\) là đường tròn nội tiếp tứ giác \(ABCD\)
- Tam giác ABC đều có tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp trùng nhau
- Hình vuông XYZT có tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp trùng nhau
Bài 1: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O;10cm). Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính r?
Hướng dẫn:
Tam giác ABC đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp cũng đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác.
Vẽ đường cao BE của tam giác. Khi đó, do tam giác ABC đều nên BE là đường trung tuyến.
Ngoài ra, O cũng là trọng tâm của tam giác đều ABC. Do đó \(r=\frac{R}{2}=\frac{10}{2}=5cm\)
Bài 2: Cho hình vuông XYZT có tâm I. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp của hình vuông biết chu vi đường tròn nội tiếp của hình vuông XYZT là \(20\pi\)(cm)
Hướng dẫn:
Đặt \(R,r (cm)\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của hình vuông XYZT.
Theo đề bài, chu vi đường tròn nội tiếp của hình vuông XYZT là \(20\pi\)(cm) nên \(2r.\pi=20\Rightarrow r=10 cm\)
Vẽ \(ID\perp XY (D\in XY)\)
Khi đó tam giác IXD vuông cân tại D, áp dụng định lí Pytago ta có \(R^2=2r^2\Rightarrow R=\sqrt{2.10^2}=10\sqrt{2} cm\)
Chu vi đường tròn ngoại tiếp của hình vuông là: \(2\pi R=20\sqrt{2} \pi (cm)\)
Bài 3: Cho hình vuông MNPQ có cạnh bằng 4cm. Tính diện tích hình vuông, diện tích hình tròn nội tiếp và ngoại tiếp hình vuông MNPQ.
Hướng dẫn:
Diện tích hình vuông MNPQ là: \(S_{MNPQ}=4^2=16(cm^2)\)
Kẻ \(OS\perp PQ (S\in PQ)\) thì \(SQ=SP=2cm\)
Dễ chứng minh tam giác OSQ vuông cân tại S
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác vuông cân OSQ ta có \(OQ=\sqrt{2.OS^2}=2\sqrt{2}(cm)\)
Diện tích hình tròn nội tiếp hình vuông là: \(S_{1}=OS^2.\pi=4\pi (cm^2)\)
Diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông là: \(S_{2}=OQ^2.\pi=(2\sqrt{2})^2\pi=8\pi (cm^2)\)
Bài 1: Chứng minh rằng: Trong hình vuông, bán kính đường tròn ngoại tiếp luôn lớn hơn bán kính đường tròn nội tiếp của hình vuông đó.
Hướng dẫn:
Xét hình vuông ABCD có tâm O, kẻ \(OM\perp CD (M\in CD)\)
Lúc đó OD là bán kính đường tròn ngoại tiếp, OM là bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD
\(\bigtriangleup OMD\) vuông tại M nên \(OD\geq OM\) (1)
Giả sử \(OD= OM\) khi đó đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp là hai đường tròn có chung tâm O và độ dài hai bán kính bằng nhau nên chúng trùng nhau.
Lúc đó không tồn tại hình vuông vừa có đỉnh trên đường tròn (O) vừa có cạnh tiếp xúc với đường tròn (O)
Do đó \(OD\neq OM\) kết hợp với (1) ta có \(OD> OM\) (đpcm)
Bài 2: Cho lục giác đều ABCDEF có tâm O. Đặt R,r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp lục giác. Viết biểu thức liên hệ giữa R và r.
Hướng dẫn:
Lục giác ABCDEF đều nên chia đường tròn ngoại tiếp (O) thành 6 cung bằng nhau, suy ra \(\widehat{AOF}=\frac{360^0}{6}=60^0\)
Tam giác AOF cân tại O có \(\widehat{AOF}=60^0\) nên \(\bigtriangleup AOF\) đều.
Vẽ đường cao AH của \(\bigtriangleup AOF\) khi đó \(OH=r\) và \(AH=\frac{R}{2}\)
\(\bigtriangleup AOH\) vuông tại H nên \(AO^2=OH^2+AH^2\Rightarrow R^2=r^2+(\frac{R}{2})^2\Rightarrow r^2=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow r=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
3. Luyện tập Bài 8 Chương 3 Hình học 9
Qua bài giảng Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn 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 8để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Khẳng định nào sau đây là đúng:
Tam giác đều ABC có tâm (O), bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác là 12cm. Khi đó, chu vi tam giác 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 8 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Toán 9 tập 1
Bài tập 61 trang 91 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 62 trang 91 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 63 trang 92 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 64 trang 92 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 44 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 45 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 46 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 47 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 48 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 49 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 50 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 51 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 8.1 trang 109 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 8.2 trang 109 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
Khẳng định nào sau đây là đúng:
Tam giác đều ABC có tâm (O), bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác là 12cm. Khi đó, chu vi tam giác là:
Cho hình vuông ABCD có tâm O. Gọi R,r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp hình vuông ABCD. Biết \(R+r=3\sqrt{2}(cm)\). Tính chu vi đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.
Phát biểu nào sau đây là sai:
Cho lục giác ABCDEF đều có bán kính đường tròn ngoại tiếp là \(2\sqrt{3} (cm)\). Bán kính đường tròn nội tiếp lục giác này là:
a) Vẽ đường tròn tâm O, bán kính 2cm.
b) Vẽ hình vuông nội tiếp đường tròn (O) ở câu a).
c) Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp hình vuông ở câu b) rồi vẽ đường tròn (O;r)
a) Vẽ tam giác đều ABC cạnh a = 3cm.
b) Vẽ đường tròn (O;R) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Tính R.
c) Vẽ đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác đều ABC. Tính r.
d) Vẽ tiếp tam giác đều IJK ngoại tiếp đường tròn (O;R).
Vẽ các hình lục giác đều, hình vuông, hình tam giác đều cùng nội tiếp đường tròn (O;R) rồi tính cạnh của các hình đó theo R.
Trên đường tròn bán kính R, lần lượt đặt cùng một chiều, kể từ điểm A, ba cung AB, BC, CD sao cho \(\small sd\widehat{AB}=60^o\), \(\small sd\widehat{BC}=90^o\) và \(\small sd\widehat{CD}=120^o\).
a) Tứ giác ABCD là hình gì?
b) Chứng minh rằng hai đường chéo của tứ giác ABCD vuông góc với nhau.
c) Tính độ dài các cạnh của tứ giác ABCD theo R.
Vẽ hình vuông \(ABCD\) tâm \(O\) rồi vẽ tam giác đều có một đỉnh là \(A\) và nhận \(O\) làm tâm. Nêu cách vẽ.
Vẽ đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2cm\) rồi vẽ hình tám cạnh đều nội tiếp đường tròn \((O; 2 cm).\) Nêu cách vẽ.
Cho một đa giác đều \(n\) cạnh có độ dài mỗi cạnh là \(a.\) Hãy tính bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp và bán kính \(r\) của đường tròn nội tiếp đa giác đều đó.
Hướng dẫn:
Tính \(\widehat {COB}\) rồi tính \(\sin \widehat {COB}\) và \(\tan\widehat {COB},\) từ đây tính được \(R\) và \(r\) \((h.4).\)
\(a)\) Vẽ một lục giác đều \(ABCDEG\) nội tiếp đường tròn bán kính \(2cm\) rồi vẽ hình \(12\) cạnh đều \(AIBJCKDLEMGN\) nội tiếp đường tròn đó. Nêu cách vẽ.
\(b)\) Tính độ dài cạnh \(AI.\)
\(c)\) Tính bán kính \(r\) của đường tròn nội tiếp hình \(AIBJCKDLEMGN.\)
Hướng dẫn. Áp dụng các công thức ở bài \(46.\)
\(a)\) Tính cạnh của một ngũ giác đều nội tiếp đường tròn bán kính \(3cm.\)
\(b)\) Tính cạnh của một ngũ giác đều ngoại tiếp đường tròn bán kính \(3cm.\)
Tính cạnh của hình tám cạnh đều theo bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp.
Hướng dẫn:
Cách \(1:\) áp dụng công thức \(a = 2R\sin\displaystyle {{180^\circ } \over n}\)
Cách \(2:\) tính trực tiếp.
Vẽ dây \(AB\) là cạnh của một hình vuông nội tiếp đường tròn \((O),\) gọi \(C\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(AB.\) Khi đó \(CA\) là cạnh của hình tám cạnh đều nội tiếp. Hãy tính \(CA\) trong tam giác vuông \(CAC’.\)
Trong đường tròn \((O; R)\) cho một dây \(AB\) bằng cạnh hình vuông nội tiếp và dây \(BC\) bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (điểm \(C\) và điểm \(A\) ở cùng một phía đối với \(BO\)). Tính các cạnh của tam giác \(ABC\) và đường cao \(AH\) của nó theo \(R.\)
Cho ngũ giác đều \(ABCDE.\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(AD\) và \(BE.\) Chứng minh \(D{I^2} = AI.AD\)
Mỗi câu sau đây đúng hay sai?
\(a)\) Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.
\(b)\) Mỗi tứ giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.
\(c)\) Giao điểm ba đường trung tuyến của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy.
\(d)\) Giao điểm ba đường trung trực của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy.
\(e)\) Giao điểm ba đường phân giác trong của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy.
\(f)\) Giao điểm ba đường cao của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy.
\(g)\) Tứ giác có tổng độ dài các cặp cạnh đối nhau bằng nhau thì ngoại tiếp được đường tròn.
\(h)\) Tứ giác có tổng số đo các cặp góc (trong) đối nhau bằng nhau thì nội tiếp được đường tròn.
\(i)\) Đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\) và điểm \(M\) ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\) \(MB\) với đường tròn \((O).\) Qua điểm \(M\) kẻ cát tuyến \(MCD\) với đường tròn \((O)\) (tức là đường thẳng đi qua điểm \(M\) và cắt đường tròn tại hai điểm \(C, D).\) Gọi \(I\) là trung điểm của dây \(CD.\) Khi đó \(MAOIB\) có là ngũ giác nội tiếp hay không\(?\)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Cho tam giác abc vuông tại a (AB<AC). Nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ dây AD vuông góc với BC. Gọi CA giao BD tại E. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với CB ở H., AB ở F. Chứng minh:
a, tam giác EBF cân.
b, Tam giác HAE cân.
c, HA là tiếp tuyến Của tâm O
Câu trả lời của bạn
OB _I_ AD
=> OB là đ.t.tc. của AD (OB đi qua t.đ. của AD)
=> BA = BD
AD // EF (cùng _I_ HC)
\(\Rightarrow\Delta BAD\) ~ \(\Delta BFE\)
\(\Rightarrow\dfrac{BA}{BF}=\dfrac{BD}{BE}\)
\(\Rightarrow BE=BF\left(BA=BD\right)\)
=> \(\Delta BFE\) cân tại B có BH là đ.c.
~ ~ ~ ~ ~
=> BH là đ.t.tc. của \(\Delta BFE\)
=> H là t.đ. của EF
=> AH là đ.t.tn. của \(\Delta AEF\) vuông tại A
=> HE = HA
=> \(\Delta HEA\) cân tại H
~ ~ ~ ~ ~
\(\Delta\)ACB ~ \(\Delta\)HCE (g - g)
\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{HEC}=\widehat{HAE}\) (\(\Delta HEA\) cân tại H) (1)
OA = OB (= R)
=> \(\Delta\)OAB cân tại O
=> \(\widehat{OBA}=\widehat{OAB}\) (2)
(1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{HAE}=\widehat{OAB}\)
\(\widehat{OAH}=\widehat{OAB}+\widehat{BAH}=\widehat{HAE}+\widehat{BAH}=\widehat{BAE}=90^0\)
=> HA là t.t. của (O)
Cho đường tròn(O,R) và 1 điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A vẽ 2 tiếp tuyến AB và AC ( B,C là tiếp điểm). Kẻ đường kính BD, đường thẳng vuong góc với BD tại O cắt đường thẳng DC tại E
a)C/m: OA\(\perp\)BC và DC//OA
b) C/m AEDO là hình bình hành
c) Đường thẳng BC cắt OA và OE lần lượt tại I và K. C/m IK.IC+OA.OI=\(R^2\)
Câu trả lời của bạn
Tự vẽ hình nha cậu !!!!!!!!
a) Tam giác OBC cân tại O có OA là đường phân giác của góc BOC (1) (t/c 2 tt cắt nhau) suy ra OA cũng là đường cao \(\Rightarrow OA\perp BC\)(đpcm) \(\Rightarrow BI=CI\) mà OB=OD
\(\Leftrightarrow\)OI là đường trung bình của \(\Delta BCD\) \(\Leftrightarrow OI//CD\) \(\RightarrowOA//CD\)(2)
b) \(\Delta BCD\) có OC=OB=OD suy ra \(\Delta BCD\) vuông tại C
mà OI // CD (c/m trên) \(\Rightarrow\widehat{BOI}=\widehat{BDC}\)
Ta lại có: \(\widehat{BOI}=\widehat{IOC}\) (Do (1)) \(\Rightarrow\widehat{IOC}=\widehat{BDC}\)
Xét vuông \(\Delta OAC\)và \(\Delta OED\)có : \(\widehat{IOC}=\widehat{BDC}\) ; OD=OC
Suy ra \(\Delta OAC\) = \(\Delta OED\) ( g-c-g) \(\Rightarrow OA=ED\) (3)
Từ (2) và (3) ta có đpcm
c)Sửa đề OA thành IA
Ta có: IK.IC + IA.OI = \(BI^2+OI^2=OB^2+R^2\)(đpcm)
Từ 1 điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB , AC và cát tuyến AMN của đường tròn đó . Gọi I là trung điểm của dây MN , H là giao điểm của AO và BC . Chứng minh
a, 5 điểm A,B,I,C,O cùng nằm trên 1 đường tròn
b, AB2 = AM.AN và \(\widehat{AHM}\) = \(\widehat{ANO}\)
Câu trả lời của bạn
* Tự vẽ hình .
a) + Gọi O' là trung điểm của OA .
+ Ta có : AB là tiếp tuyến của (O) tại A ( gt)
=> AB \(\perp OB\) ( Tính chất tiếp tuyến của đường tròn )
=> \(\Delta ABO\) vuông tại O
Mà : O' là trung điểm của cạnh huyền OA
Nên : \(\Delta ABO\) nội tiếp ( O' ; \(\dfrac{OA}{2}\))
=> A,B,O \(\in\left(O';\dfrac{OA}{2}\right)\) (1)
+ Ta có : AC là tiếp tuyến của (O) tại C ( gt)
=> \(AC\perp OC\) ( Tính chất tiếp tuyến của đường tròn )
=> \(\Delta ACO\) vuông tại C
Mà O' là trung điểm của cạnh huyền OA
Nên : \(\Delta ACO\) nội tiếp (O';\(\dfrac{OA}{2}\))
=> A,C,O \(\in\left(O';\dfrac{OA}{2}\right)\) (2)
+ Ta có : MN là dây của (O) ; I là trung điểm của MN ( gt )
=> OI\(\perp MN\) tại I ( Định lý mối liên hệ giữa đường kính và dây cung )
=> Hay OI\(\perp AI\)
=> \(\Delta AOI\) vuông tại I
Mà : O' là trung điểm cạnh huyền OA
Nên : \(\Delta AOI\) nội tiếp (O';\(\dfrac{OA}{2}\))
=> A,O,I \(\in\left(O';\dfrac{OA}{2}\right)\) (3)
* Từ (1),(2) và (3) Suy ra :
A,B,I,C,O cùng thuộc (O';\(\dfrac{OA}{2}\))
Cho đường tròn (O) có MA, MB là tiếp tuyến , MCD là các tuyến
C/minh
MC.MD = MO2 - R2
Câu trả lời của bạn
Lời giải:
Bài toán này không cần thiết đến sự tồn tại của tận $2$ tiếp tuyến. Chỉ cần tiếp tuyến $MA$ là đủ.
Vì $MA$ là tt nên \(\widehat{MAC}=\widehat{MDA}\) (góc hợp bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
\( \left\{\begin{matrix} \widehat{MAC}=\widehat{MDA}\\ \text{Chung góc M}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}\Rightarrow MC.MD=MA^2\) (1)
Vì MA là tt nên \(MA\perp OA\Rightarrow \triangle MAO\) vuông tại $A$
Áp dụng định lý Pitago có: \(MA^2=MO^2-A^2=MO^2-R^2\) (2)
Từ \((1);(2)\Rightarrow MC.MD=MO^2-R^2\)
Ta có đpcm.
1. Cho đường tròn tâm O, điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC. M là điểm bất kì trên BC. Từ M kẻ các đường cao cắt BC,AC,AB tại H,K,I.
a) c/m MHBI và MHCK nội tiếp
b) c/m \(\widehat{MHI}=\widehat{MKH}\)
c) E là giao điểm BM và IH. F là giao điểm HK và MC. c/m EF // BC
2. Cho đường tròn tâm O. Điểm A nằm ngoài. từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC. vẽ cát tuyến AMN ( M nằm giữa A,N). I là trung điểm MN
a) c/m ABOC nội tiếp
b) \(AB^2=AM.AN\)
c) Cho T là giao điểm BC và AI. c/m \(\frac{IB}{IC}=\frac{TB}{TC}\)
Ai giúp mình với
Câu trả lời của bạn
2
a) Ta có: AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
\(\Rightarrow\) \(AB\perp OB\)
\(AC\perp OC\)
Xét tứ giác ABOC có:
\(\widehat{ABO}=90^o\) (vì \(AB\perp OB\) )
\(\widehat{ACO}=90^o\) (vì \(AC\perp OC\) )
Do đó: ABOC nội tiếp đường tròn
b) Xét \(\Delta\) AMB và \(\Delta\) ABN có:
\(\widehat{BMA}=\widehat{ANB}\) (vì cùng chắn cung BM)
\(\widehat{BAN}\) chung
Do đó: \(\Delta\) AMB ~ \(\Delta\) ABN (g-g)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AN}{AB}\)
\(\Rightarrow\) \(AB^2=AM.AN\)
c) Từ tỉ số \(\dfrac{IB}{IC}=\dfrac{TB}{TC}\) sẽ say ra phải chứng minh \(\Delta\) BTI ~ \(\Delta\) CTI
SẼ SUY RA được tỉ số đó
Cho AB=2R. Từ B kẻ tia Bx vuông góc với AB, Trên tia Bx lấy o sao cho OB=R. Vẽ đường tròn(O;R). Tia AO cắt (O) tại D và E (D nằm giữa A và E). Dựng đường tròn(A;AD) cắt AB tại C
a) C/M \(DE^2=AE\cdot AD\\ AC^2=AB\cdot BC\)
b) Tia BD cắt (A) tại P; một đường thẳng qua D cắt (A) tại M, cắt (O) tại N. C/M tg DPM đồng dạng tg DBN
Câu trả lời của bạn
a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ABE\) có:
\(\widehat{BAE}\) chung; \(\widehat{ABD}=\widehat{OBE}\) (cùng phụ với \(\widehat{OBD}\))
\(\Rightarrow\Delta ABD\infty\Delta AEB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\left(1\right)\Leftrightarrow AB^2=AE.AD\)
mà \(AB=DE\left(=2R\right)\) \(\Rightarrow DE^2=AE.AD\left(đpcm\right)\)
(1) \(\Leftrightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AB}{AD}\) mà \(AD=AC;DE=AB\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD+DE}{AB}=\dfrac{AC+AB}{AB}=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC+AB}{AB}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC+AB-AB}{AB}=\dfrac{AB-AC}{AC}\) (t\c tỉ lệ thức)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{BC}{AC}\Leftrightarrow AC^2=AB.BC\)(đpcm)
b) Cần c\m \(\Delta ADP\infty\Delta ODB\left(g.g\right)\) , \(\Delta MAD\infty\Delta NOD\left(g.g\right)\)
rồi suy ra \(\dfrac{DP}{BD}=\dfrac{MD}{ND}\left(=\dfrac{AD}{OD}\right)\) và \(\widehat{MDP}=\widehat{NDB}\left(đđ\right)\) là xong!
Câu b còn dễ hơn câu a
tìm độ dài cạnh tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn(O;R)
Câu trả lời của bạn
Lời giải:
Kéo dài $AO$ cắt $BC$ tại $H$
Vì $ABC$ là tam giác đều nên $O$ đồng thời là trọng tâm, $AH$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.
Theo tính chất đường trung tuyến:
\(AO=\frac{2}{3}AH\Leftrightarrow R=\frac{2}{3}AH\Rightarrow AH=\frac{3}{2}R\)
Gọi độ dài cạnh tam giác là $a$
Theo định lý Pitago:
\(AH^2=AB^2-BH^2=AB^2-(\frac{BC}{2})^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{9}{4}R^2=a^2-(\frac{a}{2})^2\)
\(\Rightarrow 3a^2=9R^2\Rightarrow a=\sqrt{3}R\)
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích của tam giác. CMR nếu (a+b+c)(b+c-a) = 4S thì tam giác ABC vuông tại A.
Câu trả lời của bạn
Công thức He-ron :v
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trong tâm O và AB < AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD ( E, F thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC)
a) chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn
b) chứng minh HE song song với CD
c) gọi M la trung điểm của BC. Chứng minh ME = MF
Câu trả lời của bạn
Cho mình Sorry hình dưới nhé mình gửi nhầm
Cho hình thang vuông ABCD có góc A=góc D=90 độ.Tia phân giác góc C đi qua trung điểm I của AD.
a.Chứng minh BC là tiếp tuyến của đường tròn (I,IA).
b.Cho AD=4cm.Tính AB.CD.
c.Gọi H là tiếp điểm của BC với đường tròn (I),K là giao điểm của AC và BD.Chứng minh KH//DC.
Câu trả lời của bạn
Bài 1 : cho hình thang ABCD có AB// CD (AB<CD) CD=2AD, tính góc C = 60°.
Cm. ABCD cùng nằm trên 1 đường tròn. Tính bán kính của đường tròn biết BC=3cm
Câu trả lời của bạn
Help me☺
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M thuộc AC. Vẽ đường tròn O đường kính MC cắt BC tại E. Nối BM cắt đường tròn O tại N. Nói AN cắt đường tròn O tại D. Lấy I đối xứng với M qua A, K đối xứng với M qua E. Chứng minh:
a. Tứ giác BANC nội tiếp.
b. CA là phân giác của góc BCD
c. ABED là hình thang.
d. Tìm vị trí của M để đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK có bán kính R nhỏ nhất.
Câu trả lời của bạn
Câu a:
Xét tứ giác ABCN có: \(\widehat{BAC}=\widehat{CNB}=90^0\)
⇒ ABCN nội tiếp
Câu b:
\(M,C,D,N\in\left(O\right)\)
⇒ MCDN nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{DCM}+\widehat{DNM}=180^0\)
mà \(\widehat{DNM}+\widehat{BNA}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)
⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{BNA}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{BNA}\) (ABCN nội tiếp)
⇒ \(\widehat{DCM}=\widehat{ACB}\)
⇒ CA là tia phân giác của \(\widehat{BCD}\)
Câu c:
Vì ABCN nội tiếp nên \(\widehat{ABC}+\widehat{ANC}=180^0\)
mà \(\widehat{DNC}+\widehat{ANC}=180^0\left(\text{2 góc kề bù}\right)\)
⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DNC}\)
mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DNC}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{DC}\text{ của }\left(O\right)\right)\)
⇒ \(\widehat{ABC}=\widehat{DEC}\) tại vị trí đồng vị
⇒ AB // DE
⇒ ABED là hình thang
Câu d:
• Theo gt, ta có: M đx K qua E
mà MK ⊥ BC tại E
⇒ BC là đường trung trực của MK
⇒ \(\widehat{BKM}=\widehat{BMK}\) và \(\widehat{CKM}=\widehat{CMK}\)
• Tương tự, ta cũng có AB là đường trung trực của IM
⇒ \(\widehat{BIA}=\widehat{BMA}\)
• Xét tứ giác BICK có:
\(\widehat{BIC}+\widehat{BKC}=\widehat{BMA}+\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BMA}+\widehat{BMK}+\widehat{CMK}=180^0\)
⇒ BICK nội tiếp
• Gọi (O') là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BICK
⇒ O' thuộc đường trung trực của BC
⇒ O'B nhỏ nhất khi O' là trung điểm của BC
mà O'B = O'C = O'K
⇒ ΔKBC vuông tại K
⇒ \(\widehat{BKC}=\widehat{BMC}=90^0\)
⇒ \(M\equiv A\)
Suy ra đường tròn ngoại tiếp ΔBIK có bán kính R nhỏ nhất khi M trùng A.
Cho đường tròn O và O' cắt nhau tại A, B ( O và O' thuộc 2 nửa mặt phẳng bờ AB). Qua B kẻ cát tuyến CD vuông góc với AB ( C thuộc đường tròn O, D thuộc đường tròn O'). Tia CA cắt đường tròn O' tại I, tia DA cắt đường tròn O ở K. Chứng minh:
a. Tứ giác CDIK nội tiếp
b. Gọi M là giao điểm của CK và DI. Chứng minh 3 điểm A,M,B thẳng hàng.
Câu trả lời của bạn
Câu a:
• Theo gt, (O') có: \(\widehat{ABD}=90^0\)
⇒ AD là đường kính của (O')
⇒ D, O', A, K thẳng hàng.
• Tương tự, ta cũng có C, O, A, I thẳng hàng.
• Xét tứ giác CKID có: \(\widehat{CKD}=\widehat{DIC}=90^0\)
⇒ Tứ giác CKID nội tiếp
Câu b:
Xét ΔMCD có:
• DK là đường cao
• CI là đường cao
• A = DK \(\cap\) CI
⇒ A là trực tâm của ΔMCD
⇒ MA ⊥ CD
mà AB ⊥ CD
nên theo định lí Thales đảo, ta có: M, A, B thẳng hàng.
(3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định thuộc đường tròn. Trên tiếp tuyến với (O) tại A lấy một điểm K cố định. Một đường thẳng d thay đổi đi qua K và không đi qua tâm O cắt (O) tại điểm B và C (B nằm giữa C và K), Gọi M là trung điểm của BC.
1) Chứng minh bốn điểm A, O, M, K cùng thuộc một đường tròn.
2) Vẽ đường kính AN của đường tròn (O). Đường thẳng qua A và vuông góc với BC cắt MN tại H. Chứng minh tứ giác BHCN là hình bình hành.
3) Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC
4) Khi đường thẳng d thay đổi và thỏa mãn điều kiện của đề bài, điểm H di động trên đường nào
Giúp mình với ạ!
Câu trả lời của bạn
2/
Áp dụng tính chất đường kính đi qua trung điểm dây cung ta được \(OM\perp BC\)
Vì \(AH\perp BC\left(gt\right)\)
Nên \(AH\)//\(OM\)
Xét \(\Delta AHN\) có \(OA=ON\) và \(AH\)//\(OM\)
Suy ra \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHN\)
nên \(MN=MH\)
Xét tứ giác \(BHCN\) có \(\left\{{}\begin{matrix}MB=MC\left(gt\right)\\MN=MH\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\) suy ra tứ giác \(BHCN\) là hình bình hành (đpcm)
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn trên các cạnh AB, BC, AC. Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của đường tròn tâm (O) với các tia OA, OB, OC. Chứng minh rằng các điểm M, N, P lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ADF, BDE, CEF.
Các bạn có thể giải hoặc làm sơ đồ ngược để gợi ý cho mình không? Cám ơn trước nhé!
Câu trả lời của bạn
Ta có:
Góc MOF= số đo cung MF(góc ở tâm)
Góc MDF= 1/2 số đo cung MF
suy ra góc MOF=2 số đo góc MDF
Xét tứ giác ADOF có :
góc ADO+góc AFO=180 độ
Suy ra ADFO là tứ giác nội tiếp
suy ra góc MOF=góc ADF
suy ra góc ADF=2.góc MDF
suy ra DM là phân giác của góc ADF
Mà AM là phân giác của góc DAF
Suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADF
CMTT các điều còn lại
Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh BC và CD sao cho góc MAN = 45 độ. AM và AN vắt đường chép DB tại P và Q. Gọi H là giao điểm của MQ và NP. CMR
a. Tứ giác ABMQ nt
b. Tam giác AQM vuông cân
c. AH vuông góc với MN
Câu trả lời của bạn
Xét tam giác ABD cân tại A có
góc ADB = góc ABD = (180-90)/2 = 45 độ
=> góc DBC = 45 độ.
=>góc AMQ = 45 độ.
Ta có: góc QAM + góc AMQ = 45+45=90 độ.
=> Tứ giác AMBQ nt.
b. Tứ giác ABMQ nt => góc AQM = 180 - góc ABM = 90 độ.
=> tg AQM vuông cân ( góc AQM =90 độ)
c. Ta có QM vuông góc với AN (cmt)
Xét tg DAPN có góc NAP = góc PDN =45.
Tg DAPN nt => góc APN = 90 độ
=> NP vuông góc với AN
=> H là trực tâm => AH vuông góc MN
Từ 1 điểm A ở bên ngoài đường tròn (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B,C là tiếp điểm)
a) CM: OA là đường trung trực của đoạn BC
b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. CM: HA.HO=HB.HC
c) Đoạn thẳng AO cắt (O) tại I. CM: I là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC
Câu trả lời của bạn
Mình vẽ hình bị thiếu, thông cảm ^_^ ^_^ ^_^
a) Xét Δ ABC có:
AB = AC (t/c 2 t/tuyến cắt nhau)
Do đó: Δ ABC cân tại A
Xét Δ ABC cân tại A có:
Đường phân giác OA ứng với \(\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\) OA là đường trung trực của BC (ĐPCM)
b) Để làm được câu này thì phải sử dụng t/c của tỉ lệ thức :
HA.HO=HB.HC \(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{HA}{HB}=\dfrac{HC}{HO}\)
Câu này có 2 cách làm, tự chọn nhé:
Cách 1: Xét 2 Δ vuông ABO và ACO có:
\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) (OA là đường phân giác của \(\widehat{BAC}\) )
Do đó: Δ ABO đồng dạng Δ ACO (g-g) (mình ko thấy dấu đồng dạng, bạn biết thì chỉ mình nhá)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{HA}{HB}=\dfrac{HC}{HO}\)
\(\Rightarrow\) HA.HO=HB.HC (ĐPCM)
Cách 2: dùng Py-ta-go đảo
c) Câu này mình thấy nó sao sao ấy, ko giải được
Cho đường tròn (O; R) và đieerm A cố định ở ngoài đường tròn sao cho OA= 2R. một đường thẳng (d) đi qua O và không qua A cắt đường tròn (O) tại B và C . đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại I. các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn (O) theo thứ tự D, E. Đoạn thẳng DE cắt OA tại K.
a) chứng minh E, I, C, K cùng nằm trên một đường tròn
b) tính đoạn thẳng OK theo R
c) chứng minh rằng khi đường thẳng (d) quay quanh điẻm O thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm cố định
Câu trả lời của bạn
cậu vẽ được hình và làm được câu nào rồi ?
Cho A nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến AB, các tuyến ADC không qua O (D giữa A và C). Vẽ BE là phân giác của góc BDC. CMR: tam giác ABE cân.
Câu trả lời của bạn
Lời giải:
$BE$ là phân giác góc $DBC$ nên \(\angle DBE=\angle CBE=\frac{\angle DBC}{2}\)
Ta có:
\(\angle BEA=180^0-\angle BEC=\angle EBC+\angle BCE\)
\(=\frac{\angle DBC}{2}+\angle BCE\) (1)
Và:
\(\angle ABE=\angle ABD+\angle DBE=\angle ABD+\frac{\angle DBC}{2}\) (2)
Vì $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn nên \(\angle BCA=\angle ABD\)
\(\Leftrightarrow \angle BCE=\angle ABD\) (3)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \angle ABE=\angle AEB\Rightarrow \triangle ABE\) cân tại A
Do đó ta có đpcm.
Cho A nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến AB, các tuyến ADC không qua O (D giữa A và C). CMR: tam giác ABE cân.
Câu trả lời của bạn
E là điểm nào vậy bạn ?
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *