Toán [Toán 9] Đường tròn

[hieu09062002]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R) (AB<AC), các đường cao AA', BB', CC' của tam giác ABC cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O).
a) Chứng minh 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn và tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Cho AC=16; R=10. Tính BH?
c) Chứng minh rằng H, M, D thẳng hàng và AH=2OM (M là trung điểm BC).
d) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, chứng minh H, G,O thẳng hàng
e) Gọi F là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh F thuộc đường
tròn (O)
f) Tứ giác BFDC là hình gì? Vì sao?
g) Chứng minh 4 điểm A, B', H, C' cùng thuộc 1 đường tròn, gọi tâm đường tròn đó là I
h) Chứng minh MI vuông góc với C'B'
i) Chứng minh rằng bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB, HBC, HCB bằng nhau.

 

[iceghost]

Muộn quá rồi bạn ơi, để trưa mai mình làm nhé

 

[hieu09062002]

Cũng được. Mà nhân tiện chúc mừng bạn được vào BQT.

 

[quynhphamdq]

 

[quynhphamdq]

 

[iceghost]

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R) (AB<AC), các đường cao AA', BB', CC' của tam giác ABC cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O).
a) Chứng minh 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn và tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Cho AC=16; R=10. Tính BH?
c) Chứng minh rằng H, M, D thẳng hàng và AH=2OM (M là trung điểm BC).
d) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, chứng minh H, G,O thẳng hàng
e) Gọi F là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh F thuộc đường
tròn (O)
f) Tứ giác BFDC là hình gì? Vì sao?
g) Chứng minh 4 điểm A, B', H, C' cùng thuộc 1 đường tròn, gọi tâm đường tròn đó là I
h) Chứng minh MI vuông góc với C'B'
i) Chứng minh rằng bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB, HBC, HCB bằng nhau.

Cái hình bá quá @@

a) Rõ ràng $A,B,C,D \in (O)$
Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}
\widehat{ACD} = 90^o \\
\widehat{ABC} = 90^o \\
\end{array} \right.$ (Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\iff \left\{ \begin{array}{l}
AC \perp CD \\
AB \perp BD
\end{array} \right.$
Mà $\left\{ \begin{array}{l}
AC \perp BH \\
AB \perp CH
\end{array} \right.$ (Các đường cao)
$\implies \left\{ \begin{array}{l}
CD // BH \\
BD // CH
\end{array} \right. \implies BHCD$ là hbh

b) Xét $\triangle{ACD}$ vuông tại $C$ có :
$AD^2 = AC^2 + CD^2$ (Pytago)
$\iff 4R^2 = AC^2 + CD^2 \iff CD = \sqrt{4R^2 - AC^2} = \sqrt{4.10^2 - 16^2} = 12$

c) Xét hbh $BHCD$, có $M$ là trung điểm $BC$
$\implies M$ đồng thời là trung điểm $HD$ hay $H,M,D$ thẳng hàng
Xét $\triangle{ADH}$, có $OM$ là đường trung bình ($O$ là trung điểm $AD$, $M$ là trung điểm $HD$)
$\implies AH = 2OM$

d) Xét $\triangle{ABC}$, có $AM$ là đường trung tuyến và $G$ là trọng tâm
$\implies \dfrac{AG}{GM} = 2$
Xét $\triangle{AGH}$ và $\triangle{MGO}$ có :
$\dfrac{AG}{GM} = \dfrac{AH}{MO} ( = 2)$
$\widehat{HAG} = \widehat{OMG}$ (So le trong, $AH // OM$ do cùng $\perp BC$)
$\implies \triangle{AGH} \sim \triangle{MGO}$ (c.g.c)
$\implies \widehat{AGH} = \widehat{MGO}$, mà $\widehat{MGO} + \widehat{OGA} = 180^o$
$\implies \widehat{AGH} + \widehat{OGA} = 180^o$
$\iff \widehat{HGO} = 180^o$ hay $H, G, O$ thẳng hàng

e) Dễ thấy $A, H, A', F$ thẳng hàng
Do $H, F$ đối xứng nhau qua $BC$
$\implies \widehat{HFB} = \widehat{FHB}$
Mà $\widehat{FHB} = \widehat{AHB'} = 90^o - \widehat{HAB'} = \widehat{ACB}$
$\implies \widehat{HFB} = \widehat{ACB}$ hay $\widehat{AFB} = \widehat{ACB}$
$\implies A, B, C, F$ cùng thuộc $1$ đường tròn
hay $F \in (O)$

f) Ta có : $\widehat{AFD} = 90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\implies AF \perp FD$, mà $AF \perp BC$
$\implies FD // BC$
Lại có : $BD = CH$ ($BHCD$ là hbh), mà $CH = CF$ ($H, F$ đối xứng nhau qua $BC$)
$\implies BD = CF$
Vậy $BCDF$ là hình thang cân (tứ giác có hai đáy song song và 2 đường chéo bằng nhau)

g) Xét tứ giác $AB'HC'$ có : $\widehat{AB'H} = \widehat{AC'H} = 90^o$
$\implies \widehat{AB'H} + \widehat{AC'H} = 180^o$
$\implies AB'HC'$ nội tiếp

h) Do $AB'HC'$ nội tiếp $(I)$ nên $IC' = IB' \implies I$ thuộc đường trung trực của $B'C'$
Xét tứ giác $BC'B'C$ có $\widehat{BC'C} = \widehat{BB'C} (=90^o) \implies BC'B'C$ nội tiếp
Dễ dàng CM $M$ là tâm đường tròn nội tiếp của $BC'B'C$
$\implies MB' = MC' \implies M$ thuộc đường trung trực của $B'C'$
Vậy $IM$ là đường trung trực của $B'C' \implies MI \perp B'C'$

i) Ta có công thức : $S = \dfrac{abc}{4R}$ với $S$ là diện tích của tam giác, $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp
$\implies R = \dfrac{abc}{4S}$
Như vậy đpcm $\iff \dfrac{HA.HB.AB}{4.S_{HAB}} = \dfrac{HB.HC.BC}{4.S_{HBC}} = \dfrac{HC.HA.AC}{4.S_{HAC}}$
$\iff \dfrac{HA.HB.AB}{2.HC'.AB} = \dfrac{HB.HC.BC}{2.HA'.BC} = \dfrac{HC.HA.AC}{2.HB'.AC}$
$\iff \dfrac{HA.HB}{HC'} = \dfrac{HB.HC}{HA'} = \dfrac{HC.HA}{HB'}$
Xét dấu '=' thứ nhất, $\dfrac{HA.HB}{HC'} = \dfrac{HB.HC}{HA'}$
$\iff HA.HA' = HC.HC'$ (luôn đúng do $\triangle{HAC'} \sim \triangle{HCA'}$)
$\implies \dfrac{HA.HB}{HC'} = \dfrac{HB.HC}{HA'}$
CMTT $\implies \dfrac{HA.HB}{HC'} = \dfrac{HB.HC}{HA'} = \dfrac{HC.HA}{HB'}$
Suy ra đpcm