Cho \(\Delta ABC\) là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Hai đường cao
Cho \(\Delta ABC\) là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Hai đường cao \(BD,\,\,CE\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Các tia \(BD,\,\,CE\) cắt đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) lần lượt tại điểm thứ hai là \(P,\,Q.\)
1) Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp và \(cung\,\,AP = \,\,cung\,\,AQ.\)
2) Chứng minh \(E\) là trung điểm của \(HQ\) và \(OA \bot DE.\)
3) Cho \(CAB = {60^0},\,\,R = 6cm.\) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AED.\)
Quảng cáo
1) Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp và \(cung\,\,AP = \,\,cung\,\,AQ.\)
Ta có: \(BD,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC = \left\{ D \right\}\\CE \bot AB = \left\{ E \right\}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle BEC = \angle BDC = {90^0}\)
Xét tứ giác \(BEDC\) ta có:
\(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\)
Mà hai đỉnh \(E,\,\,D\) là hai đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
Vì \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle EBD = \angle ECD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ED\))
\( \Rightarrow \angle ABP = \angle ACQ\)
Lại có: \(\angle ABP,\,\,\angle ACQ\) lần lượt là các góc nội tiếp chắn các cung \(AP,\,\,AQ\)
\( \Rightarrow cung\,\,\,AP = \,\,\,cung\,\,AQ\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) (đpcm).
2) Chứng minh \(E\) là trung điểm của \(HQ\) và \(OA \bot DE.\)
Xét tứ giác \(AEHD\) ta có:
\(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle EAH = \angle EDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)).
Vì \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle EDB = \angle ECB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EB\))
\( \Rightarrow \angle AEH = \angle ECB\,\,\left( { = \angle EDH} \right)\)
Hay \(\angle EAH = \angle BAH = \angle BCQ\)
Lại có: \(\angle QAB = \angle QCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QB\))
\( \Rightarrow \angle EAH = \angle EAQ\,\,\left( { = \angle BCQ} \right)\)
\( \Rightarrow AE\) là tia phân giác của \(\angle QAH.\)
Xét \(\Delta QAH\) ta có: \(AE\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác
\( \Rightarrow \Delta QAH\) cân tại \(A.\) (Tính chất tam giác cân)
\( \Rightarrow AE\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta AQH.\)
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(HQ.\) (đpcm)
Kéo dài \(AO\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(F.\)
Khi đó ta có:\(\angle ABC = \angle AFC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \angle ADE = \angle ABC\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại định đối diện)
\( \Rightarrow \angle ADB = \angle AFC\left( { = \angle ABC} \right)\)
Ta có: \(\angle ACF = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle CAF + \angle AFC = {90^0}\\ \Rightarrow \angle FAC + \angle ADE = {90^0}\end{array}\)
Hay \(\angle DAO + \angle ADE = {90^0}\)
\( \Rightarrow AO \bot DE\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
3) Cho \(CAB = {60^0},\,\,R = 6cm.\) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AED.\)
Theo chứng minh b) ta có: \(AEDH\) là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AED\) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEDH.\)
Ta có: \(\angle AEH = {90^0}\) và là góc nội tiếp chắn cung \(AH\)
\( \Rightarrow AH\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEDH.\)
Gọi \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ADE\) \( \Rightarrow J\) là trung điểm của \(AH.\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}FC \bot AC\\DB \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow FC//BD\) hay \(BH//FC.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}CE \bot AB\\BF \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CE//BF\) hay \(BF//CH.\)
\( \Rightarrow BHCF\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\)
\( \Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HF.\)
Xét \(\Delta AHF\) ta có:
\(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AF,\,\,HF\)
\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHF\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM//AH\\OM = \frac{1}{2}AH\end{array} \right..\)
Ta có: \(\angle BOC\) là góc ở tâm chắn cung \(BC\)
\(\angle BAC\) là góc ở tâm chắn cung \(BC\)
\( \Rightarrow \angle BOC = 2\angle BAC = {2.60^0} = {120^0}\)
\(\Delta OBC\) cân tại \(O\) có đường trung tuyến \(OM\)
\( \Rightarrow OM\) cũng là phân giác của \(\angle BOC\)
\( \Rightarrow \angle BOM = {60^0}.\)
Xét \(\Delta OBM\) ta có: \(OM = OB.\cos \angle BOM = 6.\cos {60^0} = 3cm.\)
\( \Rightarrow AH = 2OM = 2.3 = 6cm.\)
Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ADE\) là: \(AJ = \frac{1}{2}AH = 3cm.\)
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. Phụ huynh và học sinh tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
