Bài 7: Tứ giác nội tiếp

Cao Minh
Xem chi tiết
Akai Haruma
13 tháng 3 2021 lúc 12:24

Lời giải:

a) Vì $AB, AC$ là tiếp tuyến nên $OB\perp AB, OC\perp AC$

$\Rightarrow \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0$

$\Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0$ nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

b) Xét tam giác $ABD$ và $AEB$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ABD}=\widehat{AEB}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nt chắn cung đó)

$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle AEB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AE.AD$

c) 

Vì $DE\parallel CM$ nên $DC=EM$
Ta có:

$\widehat{BHA}=\frac{1}{2}(\text{sđc(BD)+sđc(EM)})$

$\widehat{BOA}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}(\text{sđc(BD)+sđc(CD)})$
Mà $DC=EM$ nên $\widehat{BHA}=\widehat{BOA}$ 

$\Rightarrow BHOA$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{BHO}=\widehat{ABO}=90^0$

$\Rightarrow HO\perp DE$

$\Rightarrow H$ là trung điểm $DE$ hay $HD=HE$

Ta có đpcm.

Bình luận (0)
Akai Haruma
13 tháng 3 2021 lúc 12:26

Hình vẽ:

undefined

Bình luận (0)
Trần Anh Thư
Xem chi tiết
Akai Haruma
29 tháng 5 2018 lúc 10:41

Lời giải:

Tứ giác nội tiếp

a)

\(CD\perp AB, CE\perp AM, CF\perp MB\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{CDA}=\widehat{CEA}=90^0\\ \widehat{CFB}=\widehat{CDB}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{CDA}+\widehat{CEA}=180^0\\ \widehat{CFB}+\widehat{CDB}=180^0\end{matrix}\right.\)

Tứ giác $AECD$ và $BFCD$ có tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

Bình luận (0)
Akai Haruma
29 tháng 5 2018 lúc 11:31

b)

Từ kết quả 2 tứ giác nội tiếp trên, kết hợp với tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó ta có:

\(\widehat{CDF}=\widehat{CBF}=\widehat{CAB}=\widehat{CAD}=\widehat{CED}\)

\(\widehat{CFD}=\widehat{CBD}=\widehat{CBA}=\widehat{EAC}=\widehat{CDE}\)

Do đó \(\triangle CDF\sim \triangle CED(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{CD}{CF}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow CD^2=CE.CF\)

c)

Theo phần b:

\(\widehat{IDK}=\widehat{CDF}+\widehat{CDE}=\widehat{EAC}+\widehat{FBC}\)

\(=\widehat{CBA}+\widehat{CAB}=180^0-\widehat{ACB}=180^0-\widehat{ICK}\)

\(\Rightarrow \widehat{IDK}+\widehat{ICK}=180^0\)

Do đó tứ giác $ICKD$ nội tiếp.

Bình luận (0)
hoàng thị gia hân
Xem chi tiết
Akai Haruma
5 tháng 5 2018 lúc 23:26

Lời giải:

Tứ giác nội tiếp

a)

Vì $AB,EF$ là đường kính hình tròn $(O)$ nên chúng cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường. Do đó $AEBF$ là hình bình hành

\(\Rightarrow \widehat{AEB}=\widehat{AFB}(1)\)

Mặt khác tứ giác $AEBF$ nội tiếp do cùng nằm trên một đường tròn. Do đó \(\widehat{AEB}+\widehat{AFB}=180^0\) $(2)$

Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{AEB}=\widehat{AFB}=90^0\)

Hình bình hành $AEBF$ có góc vuông nên là hình chữ nhật

b)

Do $AEBF$ là hình chữ nhật nên \(\widehat{EAF}=90^0\)

\(\Rightarrow \widehat{AEF}=180^0-\widehat{EAF}-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{AFO}\)

Và: \(\widehat{AKH}=\widehat{AKB}=90^0-\widehat{BAK}=90^0-\widehat{OAF}\)

\(\widehat{AFO}=\widehat{OAF}\) (do tam giác $OAF$ cân tại $O$)

Do đó: \(\widehat{AEF}=\widehat{AKH}\) . Suy ra $EFKH$ nội tiếp.

c)

Thấy rằng \(\widehat{A_1}=90^0-\widehat{AEF}=90^0-\widehat{AKH}=\widehat{H}\)

Suy ra tam giác $MHA$ cân tại $M$

\(\Rightarrow MH=MA\)

Mặt khác:

\(\widehat{MAK}=\widehat{EAF}-\widehat{A_1}=90^0-\widehat{A_1}=90^0-\widehat{H}=\widehat{MKA}\)

\(\Rightarrow \) tam giác $MAK$ cân tại $M$

Do đó: $MA=MK$

Vậy \(MH=MK\Rightarrow M\) là trung điểm của $HK$

Do đó $AM$ là trung tuyến của tam giác $AHK$

Bình luận (1)
Nhìn anh chất VCL
10 tháng 5 2018 lúc 15:37

\(\)

Bình luận (0)
Nhìn anh chất VCL
10 tháng 5 2018 lúc 15:37

Bình luận (0)
Mật Danh
Xem chi tiết
Hương Yangg
7 tháng 4 2017 lúc 20:44

d, Trên mặt phẳng bờ AB không chứa C dựng tia tiếp tuyến Ax.
=> Ax vuông góc với OA. (1)
Vì tứ giác BCEF nội tiếp (cmt)
=> Góc ACB = Góc AFE
Mà góc BAx = góc ACB ( = 1/2 sđ cung AB )
=> Góc AFE = góc BAx
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> Ax // EF (2)
Từ (1) và (2) => OA vuông góc với EF

Bình luận (4)
Nguyễn Thu Hà
7 tháng 4 2017 lúc 21:12

Góc với đường tròn

Bình luận (4)
Nguyễn Xuân Dương
Xem chi tiết
Akai Haruma
28 tháng 3 2018 lúc 17:01

Lời giải:

Tứ giác nội tiếp

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)

Bình luận (4)
LeeJ.Kaa
Xem chi tiết
Đức Minh
23 tháng 6 2017 lúc 13:47

A B C M N Q I H a D

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 : \(\left\{{}\begin{matrix}CH=\dfrac{8}{2}\cdot3=12\\BH=\dfrac{12}{3}=4\end{matrix}\right.\) => \(BC=BH+CH=16\).

\(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{3}\), 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 \(\Delta ABC\)\(AB=8,AC=8\sqrt{3},BC=16\).

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 \(S_{MNIQ-max}=16\sqrt{3}\Leftrightarrow a=2\sqrt{3}\).

Bình luận (1)