Hoàn thành bài sau:

Trả lời cho các câu 502732, 502733 dưới đây:

Câu hỏi số 1:

Vận dụng cao

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 \(R\).

Xem lời giải

Câu hỏi:502733

Phương pháp giải

Sử dụng tỉ lệ của các cặp cạnh tương ứng trong tam giác đồng dạng để tính toán

Giải chi tiết

Ta có : \(\widehat {AEB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {BIF} = {90^0}\left( {Do\,\,\,Ix \bot AB} \right)\)

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 \(\Delta AIF\) và \(\Delta KIB\)có: \(\widehat {AFI} = \widehat {KBI}\)(cmt); \(\widehat {AIF} = \widehat {KIB} = {90^0}\)\( \Rightarrow \Delta AIF \sim \Delta KIB\)

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 \(\frac{{AI}}{{KI}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow KI = \frac{{AI.IB}}{{IF}} = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2}.\frac{4}{{R\sqrt 3 }} = R\sqrt 3 \)

Câu hỏi số 2:

Vận dụng cao

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.

Xem lời giải

Câu hỏi:502734

Phương pháp giải

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 \(MN = 2r\)

Giải chi tiết

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

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.