Hoàn thành bài sau:
Hoàn thành bài sau:
Trả lời cho các câu 1, 2 dưới đây:
Cho nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R,\)gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(OA.\) Vẽ tia \(Ix\) vuông góc với \(AB\) cắt nửa đường tròn \(\left( O \right)\)tại \(C\). Lấy điểm \(E\) trên cung nhỏ \(BC\,\left( {E \ne B,E \ne C} \right)\), nối \(AE\) cắt \(CI\) tại \(F\).
- Chứng minh rằng \(BEFI\) là tứ giác nội tiếp
- Gọi \(K\) là giao điểm của hai tia \(BE\) và \(Ix.\) Giả sử \(F\) là trung điểm của \(IC.\) Chứng minh rằng \(\Delta AIF \sim \Delta KIB\). Tính \(IK\) theo \(R\).
Sử dụng tỉ lệ của các cặp cạnh tương ứng trong tam giác đồng dạng để tính toán
- Ta có : \(\widehat {AEB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác \(BEFI\) có: \(\angle AEB + \angle BIF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \)Tứ giác \(BEFI\) là tứ giác nội tiếp .
- Do tứ giác \(BEFI\) nội tiếp nên \(\widehat {AFI} = \widehat {KIB}\)
Xét \(\Delta ACB\) có \(\widehat {ACB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và \(CI \bot AB\)
Suy ra \(C{I^2} = AI.IB = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Rightarrow CI = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow IF = \frac{{CI}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{4}\)
Do \(\Delta AIF \sim \Delta KIB\) nên \(\frac{{AI}}{{KI}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow KI = \frac{{AI.IB}}{{IF}} = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2}.\frac{4}{{R\sqrt 3 }} = R\sqrt 3 \)
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH.\) Gọi \(I,J,K\) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC,ABH,ACH.\) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IJK\) và đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) có bán kính bằng nhau.
Gọi \(M,N\) là giao điểm của \(AJ,AK\) với \(BC,\) ta sẽ chứng minh 5 điểm \(I,J,K,M,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MN\), với \(MN = 2r\)
Gọi \(M,N\) là giao điểm của \(AJ,AK\) với \(BC,\) hạ \(ID \bot BC\)
Ta có: \(\widehat {BAN} = {90^0} - \widehat {NAC} = {90^0} - \widehat {NAH} = \widehat {BNA} \Rightarrow ABN\) cân tại \(B\)
Tương tự \(\Delta ACM\) cân tại \(C\)
Do đó, \(IA = IM = IN\) nên \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AMN \Rightarrow \widehat {MIN} = 2\widehat {MAN} = 2.\frac{{90^\circ }}{2} = 90^\circ \)
Suy ra \(\Delta MIN\) vuông tại \(I \Rightarrow MN = 2ID = 2r\) (\(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\))
Vì \(CK\) là trung trực của \(AM\)nên \(\widehat {KMC} = \widehat {KAC} = \frac{1}{2}\widehat {HAC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = \widehat {IBC}\)nên \(MK{\rm{ // }}BI\). Mà \(BI\)là trung trực của \(AN\)nên \(MK \bot AN\), tương tự \(NJ \bot AM\).
Do đó các điểm \(I,J,K\) nằm trên đườn tròn đường kính \(MN\)có bán kính \(r\)
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IJK\) và đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) có bán kính bằng nhau.
Quảng cáo
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. 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. PH/HS 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
