a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước thẳng và compa).

+ Dựng đoạn thẳng AB = 3cm .

+Dựng cung tròn (A, 3) và cung tròn (B, 3). Hai cung tròn này cắt nhau tại điểm C.

Nối A với C, B với C ta được tam giác đều ABC cạnh 3cm.

b) * Vẽ đường tròn:

Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực.

Dựng đường trung trực của đoạn thẳng BC và CA.

Hai đường trung trực cắt nhau tại O.

Vẽ đường tròn tâm O, bán kính OA = OB = OC ta được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

* Tính bán kính đường tròn.

+ Gọi A’ là trung điểm BC ⇒ A’C = BC/2 = a/2.

và AA’ ⊥ BC

+ Do tam giác ABC là tam giác đều nên 3 đường trung trực đồng thời là ba đường trung tuyến

=> Giao điểm ba đường trung trực cũng là giao điểm ba đường trung tuyến

Suy ra O là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy R = √3 (cm).

c) * Vẽ đường tròn:

Gọi A’; B’; C’ lần lượt là chân đường phân giác trong ứng với các góc 

Do tam giác ABC là tam giác đều nên A’; B’; C’ đồng thời là trung điểm BC; CA; AB.

Đường tròn (O; r) là đường tròn tâm O; bán kính OA’ = OB’ = OC’.

* Tính r:

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại A, B, C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ΔIJK là tam giác đều ngoại tiếp (O; R).

Câu 1: 

a: AH=3x4:5=2,4(cm)

b: HC=16:5=3,2(cm)

Xét ΔAHC vuông tại H có 

\(\sin HAC=\dfrac{HC}{AC}=\dfrac{3.2}{4}=\dfrac{4}{5}\)

nên \(\widehat{HAC}=53^0\)

ê

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

Ta có: ΔBAO vuông tại A

=>ΔBAO nội tiếp đường tròn đường kính BO

=>A nằm trên đường tròn đường kính BO(1)

Ta có: ΔBMO vuông tại M

=>ΔBMO nội tiếp đường tròn đường kính BO

=>M nằm trên đường tròn đường kính BO(2)

Từ (1),(2) suy ra A,B,M,O cùng thuộc đường tròn đường kính BO

Sau khi thực hiện theo hướng dẫn, ta được sản phẩm như hình 7b.

6.1:

Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

nên MA=MB

mà OA=OB

nên OM là trung trực của AB

=>OM vuông góc với AB

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên OH*OM=OA^2

=>OH*8=4^2=16

=>OH=2cm

Xét ΔAMO vuông tại A có sin AMO=AO/OM=1/2

nên góc AMO=30 độ

6.2:

Xét ΔMAB có MA=MB và góc AMB=60 độ

nên ΔMAB đều

6.3:

Xét tứ giác AHIM có

góc AHM=góc AIM=90 độ

nên AHIM là tứ giác nội tiếp

$AB=AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \Delta ABC$ cân đỉnh $A$ có $AO$ là phân giác cũng là đường cao

$\Rightarrow AO\perp BC$

b) $\Delta BCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $CD$

$\Rightarrow BCD\perp B\Rightarrow BD\perp BC$

$\Rightarrow AO\parallel BD$ (vì cùng $\perp BC$)

c) Gọi $AO\cap BC=H$

Áp dụng định lý Pitago vào $\Delta ABO$ có:

$A{B}^2=A{O}^2-O{B}^2=4^2-{}^{}$