Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ như hình vẽ sau. Phép quay ngược chiều $60^\circ $ tâm $O$ biến các điểm $A,B,C$ lần lượt thành các điểm$D,E,F$. Chứng minh rằng là một lục giác đều.

$Phép quay ngược chiều $60^\circ $ (ảnh 1)$

Câu hỏi trong đề: 15 bài tập Toán 9 Cánh diều Ôn tập chương 8 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Phép quay ngược chiều $60^\circ $ tâm $O$ biến các điểm $A,B,C$ lần lượt thành các điểm$D,E,F$$ \Rightarrow $ các tam giác $AOD,\,DOB,\,BOE,\,EOC,\,COF$ là các tam giác đều

$ \Rightarrow $$AD = DB = BE = EC = CF$và $\widehat {ADB} = \widehat {DBE} = \widehat {BEC} = \widehat {ECF} = \widehat {CFA} = \widehat {FAD} = 120^\circ $

Do đó $ADBECF$ là một lục giác đều.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác nhọn $ABC$ có đường cao $AH\left( {H \in BC} \right)$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$ có đường kính $AM$(Hình vẽ). Chứng minh $\widehat {OAC} = \widehat {BAH}$

Lời giải

$Cho tam giác nhọn $ABC$ có đư (ảnh 1)$

Dễ thấy $\hat{ACM} = 90^{°}$ (vì $AM$ là đường kính). Tam giác $ACM$ vuông tại $C \Rightarrow \hat{O A C} + \hat{A M C} = 90^{°}$

Lại có tam giác $AHB$ vuông tại $H$ (gt) $\Rightarrow \hat{BAH} + \hat{ABC} = 90^{°}$

Mà $\widehat {{\rm{AMC}}} = \widehat {{\rm{ABC}}}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung)$ \Rightarrow \widehat {{\rm{OAC}}} = \widehat {{\rm{BAH}}}$.

Câu 2

Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $I$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn tâm $I$;

b) \[ME,{\rm{ }}MF\]tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[AEHF\].

Lời giải

$Cho tam giác $ABC$ có các đư (ảnh 1)$

a) Dễ thấy $\hat{AEH} = \hat{AFH} = 90^{°}$ (gt).

Tứ giác \[AEHF\] có $\hat{A E H} + \hat{A F H} = 180^{°}$ (gt) nên nội tiếp đường tròn tâm $I$.

b) Ta có tam giác $BEC$ vuông tại $E$ (gt), $EM$ là trung tuyến

$ \Rightarrow EM = BM = CM$ hay cân tại M \[ \Rightarrow \widehat {{B_2}} = \widehat {{E_2}}\]

Lại có $H,E$ thuộc đường tròn tâm $I$ nên cân tại I $ \Rightarrow \widehat {{H_2}} = \widehat {{E_1}}$ mà $\widehat {{H_1}} = \widehat {{H_2}}$ (đối đỉnh) $ \Rightarrow \widehat {{E_1}} = \widehat {{H_2}}$

Gọi K là chân đường cao kẻ từ A đến BC, ta có tam giác BKH vuông tại K

$\Rightarrow \hat{B_{2}} + \hat{H_{2}} = 90^{°} m à \hat{B_{2}} = \hat{E_{2}}, \hat{H_{2}} = \hat{E_{1}} (c m t) \Rightarrow \hat{E_{2}} + \hat{E_{1}} = 90^{°} h a y \hat{I E M} = 90^{°} \Rightarrow M E ⊥ I E$

Chứng tỏ $ME$ tiếp xúc với đường tròn $\left( I \right)$ngoại tiếp tứ giác \[AEHF\].

Chứng minh tương tự ta có $MF$ tiếp xúc với $\left( I \right)$.

Câu 3