Câu hỏi:

13/09/2024 1,095

Cho lục giác đều ABCDEF cạnh bằng a.

a) Chứng minh sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Tính theo a bán kính của đường tròn đó.

b) Chứng minh các tam giác ACE, BFD là các tam giác đều. Tính theo a bán kính đường tròn nội tiếp tương ứng của các tam giác đó.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Giải SBT Toán 9 Cánh diều Bài tập cuối chương VIII !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cho lục giác đều ABCDEF cạnh bằng a. a) Chứng minh sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (ảnh 1)

a) ⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên ba đường chéo chính AD, BE, CF bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường, do đó OA = OB = OC = OD = OE = OF, nên sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AD.

⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên độ dài đường chéo chính AD gấp 2 lần độ dài cạnh, mà AD là đường kính của đường tròn đi qua sáu điểm A, B, C, D, E, F nên bán kính của đường tròn đi qua sáu điểm A, B, C, D, E, F bằng độ dài cạnh của lục giác đều và bằng a.

b) ⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên các góc ở các đỉnh của lục giác đều bằng nhau, suy ra $\hat{A B C} = \hat{B C D} = \hat{C D E} = \hat{D E F} = \hat{E A F} = \hat{A F B} .$

Vì ABCDEF là lục giác đều nên các cạnh bằng nhau, suy ra AB = BC = CD = DE = EF = FA.

Xét ∆ABC và ∆CDE có:

AB = CD, $\hat{A B C} = \hat{C D E}$ , BC = DE.

Do đó ∆ABC = ∆CDE (c.g.c)

Suy ra AC = CE (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự, ta có kết quả AC = CE = AE = BD = DF = BF.

Do AC = CE = AE nên ∆ACE là tam giác đều.

Do BF = BD = DF nên ∆BFD là tam giác đều.

⦁ Gọi H là giao điểm của AC và OB.

Ta có OA = OB = AB = a nên ∆OAB là tam giác đều, do đó $\hat{A B O} = 60 °$ hay $\hat{A B H} = 60 °$ .

Xét tứ giác OABC có OA = OC = AB = BC nên OABC là hình thoi, do đó hai đường chéo AC và OB vuông góc với nhau tại trung điểm H của mỗi đường.

Từ đó ta có AC = 2AH.

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có:

$A H = A B \cdot \sin \hat{A B H} = a \cdot \sin 60 ° = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Suy ra $A C = 2 A H = 2 \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3} .$

Vì ∆ACE là tam giác đều nên bán kính đường tròn nội tiếp của ∆ACE là $\frac{A C \sqrt{3}}{6} = \frac{a \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{a}{2} .$

Vì AC = CE = AE = BF = FD = BD nên ta có ∆ACE = ∆BFD (c.c.c).

Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tương ứng của ∆ACE và ∆BFD bằng nhau, và bằng $\frac{a}{2} .$

Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F và E. Kẻ CK vuông góc với BI. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AC. Chứng minh:

a) F, E, K thẳng hàng;

b) K, N, M thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F và E. Kẻ CK vuông góc với (ảnh 1)

a) ⦁ Gọi J là trung điểm của IC.

Vì đường tròn (I) tiếp xúc với AC tại E nên IE ⊥ AC tại E. Do đó $\hat{I E C} = 90 °$ nên điểm E thuộc đường tròn tâm J, đường kính IC.

Vì CK ⊥ BI tại K nên $\hat{B K C} = 90 °$ hay $\hat{I K C} = 90 °$ nên điểm K thuộc đường tròn tâm J, đường kính IC.

Do đó bốn điểm I, E, K, C cùng thuộc đường tròn tâm J, đường kính IC.

Như vậy, tứ giác IEKC nội tiếp đường tròn.

Suy ra $\hat{K E C} = \hat{K I C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KC). (3)

⦁ Vì đường tròn (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI, BI, CI là các đường phân giác của tam giác ABC.

Gọi P là giao điểm của AI và EF.

Do AI là tia phân giác của góc BAC nên $\hat{P A E} = \frac{1}{2} \hat{B A C} .$

Do BI là tia phân giác của góc ABC nên $\hat{I B C} = \frac{1}{2} \hat{A B C} .$

Do CI là tia phân giác của góc ACB nên $\hat{I C B} = \frac{1}{2} \hat{A C B} .$

Vì đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F và E hay AE, AF là hai tiếp tuyến của đường tròn (I), do đó IE = IF và AE = AF.

Suy ra AI là đường trung trực của đoạn thẳng EF nên AI ⊥ EF tại P.

Xét ∆APE có $\hat{A P E} + \hat{P A E} + \hat{A E P} = 180 °$

Suy ra $\hat{A E P} = 180 ° - \hat{A P E} - \hat{P A E} = 180 ° - 90 ° - \frac{1}{2} \hat{B A C} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{B A C} .$

Do đó $\hat{A E F} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{B A C} .$ (1)

Xét ∆IBC có là góc ngoài của tam giác tại đỉnh I nên

$\hat{K I C} = \hat{I B C} + \hat{I C B} = \frac{1}{2} \hat{A B C} + \frac{1}{2} \hat{A C B} = \frac{\hat{A B C} + \hat{A C B}}{2} = \frac{180 ° - \hat{B A C}}{2} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{B A C} .$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $\hat{A E F} = \hat{K I C} .$ (4)

Từ (3) và (4), suy ra $\hat{A E F} = \hat{K E C} .$

Mà $\hat{A E F} + \hat{C E F} = 180 °$ (hai góc kề bù) nên $\hat{K E C} + \hat{C E F} = 180 °$ hay $\hat{K E F} = 180 ° .$

Vậy ba điểm F, E, K thẳng hàng.

b) Xét ∆KBC vuông tại K có KM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên $K M = \frac{1}{2} B C .$

Mà M là trung điểm của BC nên $M B = M C = \frac{1}{2} B C .$

Do đó MB = MK nên ∆MKB cân ở M, suy ra $\hat{M B K} = \hat{M K B}$ .

Xét ∆MKB có $\hat{K M C}$ là góc ngoài tại đỉnh M nên $\hat{K M C} = \hat{M B K} + \hat{M K B} = 2 \hat{M B K} = 2 \cdot \frac{\hat{A B C}}{2} = \hat{A B C} .$

Xét ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của BC, AC nên MN là đường trung bình của ∆ABC, suy ra MN // AB, do đó $\hat{N M C} = \hat{A B C}$ (hai góc đồng vị).

Suy ra $\hat{K M C} = \hat{N M C}$ vì vậy ba điểm K, N, M thẳng hàng.

Câu 2

Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ các tiếp tuyến MA và MB với đường tròn đó (A, B là các tiếp điểm) sao cho

a) Xác định tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

b) Tính chu vi tam giác MAB.

c) Vẽ đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Xác định vị trí của đường thẳng d sao cho MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất.

Xem đáp án

Lời giải

Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ các tiếp tuyến MA và MB với đường tròn đó (ảnh 1)

a) ⦁ Ta có MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A và B nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB.

Xét ∆OAM vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

$O M^{2} = M A^{2} + O A^{2} = {(R \sqrt{3})}^{2} + R^{2} = 4 R^{2}$

Suy ra OM = 2R.

Gọi I là giao điểm của (O) với tia OM, ta có OI = R nên IM = OM – OI = 2R – R = R.

Do đó, IM = IO = R nên I là trung điểm của OM.

Do ∆OAM vuông tại A nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAM.

Do ∆OBM vuông tại B nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OBM.

Do đó bốn điểm A, M, B, O cùng nằm trên đường tròn (I) đường kính OM.

Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB. (1)

⦁ Xét ∆OAM vuông tại A, ta có: $\sin \hat{A M O} = \frac{O A}{O M} = \frac{1}{2}$

Suy ra $\hat{A M O} = 30 ° .$

Do MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại M nên MA = MB và MO là tia phân giác của góc AMB, suy ra $\hat{A M B} = 2 \hat{A M O} = 2 \cdot 30 ° = 60 °$ .

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có $M A = M B = A B = R \sqrt{3}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh $R \sqrt{3}$ có tâm là I và bán kính là $\frac{R \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{R}{2} .$

b) Do tam giác MAB đều cạnh $R \sqrt{3}$ nên chu vi tam giác MAB bằng $3 R \sqrt{3} .$

c) Ta có $\hat{M B O} = \hat{M B P} + \hat{P B O} = 90 °$ suy ra $\hat{M B P} = 90 ° - \hat{P B O} .$ (3)

Do ∆OBP cân tại O (do OB = OP) nên ta có:

$\hat{P B O} = \hat{B P O} = \frac{180 ° - \hat{B O P}}{2} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{B O P} .$

Xét đường tròn (O) có $\hat{B Q P}, \hat{B O P}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên $\hat{B Q P} = \frac{1}{2} \hat{B O P .}$

Do đó $\hat{P B O} = 90 ° - \hat{B Q P}$ . Hay $\hat{B Q P} = 90 ° - \hat{P B O} .$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\hat{M B P} = \hat{B Q P} .$

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

$\hat{M B P} = \hat{M Q B}, \hat{B M Q}$ là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra $\frac{M B}{M Q} = \frac{M P}{M B}$ hay $M P \cdot M Q = M B^{2} = {(R \sqrt{3})}^{2} = 3 R^{2} .$

Lại có (MQ – MP)² ≥ 0 hay (MQ + MP)² ≥ 4MQ.MP

Suy ra (MQ + MP)² ≥ 4.3R² = 12R²

Do đó $M Q + M P \geq \sqrt{12 R^{2}} = 2 R \sqrt{3}$ (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2 R \sqrt{3}$ khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.

Câu 3