Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh AB = c, AC = b, BA = a và p là nửa chu vi của tam giác. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác lần lượt tiếp xúc với BC, AC và AB tại D, E và F
a, Chứng minh (I) có bán kính r = (p – a)tan $\frac{\hat{B A C}}{2}$
b, Với $\hat{B A C}$ = α, tìm số đo của góc EDF theo α
c, Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B,C trên EF. Chứng minh: ∆BHF:∆CKE
d, Kẻ DP vuông góc vói EF tại P. Chứng minh: ∆FPB:∆CEP và PD là tia phân giác của góc $\hat{B P C}$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Chương 2 - Ôn tập chương 2 !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a, Ta đã chứng minh được: AE = $\frac{b + c - a}{2}$

=> AE = $\frac{a + b + c - 2 a}{2}$ = p – a

∆AIE có IE = EA.tan $\frac{\hat{B A C}}{2}$

= (p – a).tan $\frac{\hat{B A C}}{2}$

b, Chú ý: BI $⊥$ FD và CI $⊥$ E. Ta có:

$\hat{B I C} = 180^{0} - (\hat{I B C} + \hat{I C D})$ = $180^{0} - \frac{1}{2} (\hat{A B C} + \hat{A C B})$

= $180^{0} - \frac{1}{2} (180^{0} - \hat{B A C})$ = $90^{0} + \frac{\hat{B A C}}{2}$

Mà: $\hat{E D F} = 180^{0} - \hat{B I C} = 90^{0} - \frac{α}{2}$

c, BH,AI,CK cùng vuông góc với EF nên chúng song song => $\hat{H B A} = \hat{I A B}$ (2 góc so le trong)

và $\hat{K C A} = \hat{I A C}$ mà $\hat{I A B} = \hat{I A C}$ nên $\hat{H B A} = \hat{K C A}$

Vậy: ∆BHF:∆CKE

d, Do BH//DP//CK nên $\frac{B D}{D C} = \frac{H P}{P K}$ mà DB = DF và CD = CE

=> $\frac{H P}{P K} = \frac{B F}{C E} = \frac{B H}{C K}$ => ∆BPH:∆CPK => $\hat{B P H} = \hat{C P E}$

Lại có: $\hat{B F P} = \hat{C E F}$ => ∆BPF:∆CEP (g.g)

mà $\hat{B P D} = \hat{C P D}$ => PD là phân giác của $\hat{B P C}$

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua A và B vẽ lần lượt hai tiếp tuyến d và d' với (O). Một đường thẳng qua O cắt d ở M và cắt d' ở P. Từ O vẽ một tia vuông góc với MP và cắt d' ở N
a, Chứng minh OM = OP và tam giác NMP cân
b, Gọi I là hình chiếu vuông góc của O lên MN. Chứng minh OI = R và MN là tiếp tuyến của (O)
c, Chứng minh AM. BN = $R^{2}$
d, Tìm vị trí của M để tứ giác AMNB có diện tích đạt giá trị nhỏ nhất

Xem đáp án

Lời giải

a, ∆MAO = ∆PBO => MO = OP => ∆MNP cân

Vì đường cao NO đồng thời là đường trung tuyến

b, $\frac{1}{O I^{2}} - \frac{1}{O M^{2}} + \frac{1}{O N^{2}}$

= $\frac{1}{O P^{2}} + \frac{1}{O N^{2}} = \frac{1}{O B^{2}}$ => OI = R

=> MN là tiếp tuyến của (O)

c, AM.BN = MI.IN = $O I^{2} = R^{2}$

d, $S_{A M N B} = \frac{M N . A B}{2}$

=> $S_{A M N B}$ min

<=> $M N_{m i n}$ <=> AM = R

Câu 2

Cho AB và CD là hai đường kính vuông góc của đường tròn (O; R). Trên tia đối của tia CO lấy điểm S, SA cắt đường tròn (O) tại M. Tiếp tuyến tại M với đường tròn (O) cắt CD tại E, BM cắt CO tại F
a, Chứng minh: EM.AM = MF.OA
b, Chứng minh: ES = EM = EF
c, Gọi I là giao điểm của đoạn thẳng SB và (O). Chứng minh A, I, F thẳng hàng
d, Cho EM = R, tính FA.SM theo R
e, Kẻ MH $⊥$ AB. Xác định vị trí điểm M để tam giác MHO có diện tích đạt giá trị lớn nhất

Xem đáp án

Lời giải

a, Chứng minh ∆MEF:∆MOA

b, ∆MEF:∆MOA mà AO=OM => ME=EF

c, Chứng minh F là trực tâm của ∆SAB, AI là đường cao, chứng minh A,I,F thẳng hàng

d, FA.SM = 2 $R^{2}$

e, $S_{M H O} = \frac{1}{2}$ OH.MH ≤ $\frac{1}{2} . \frac{1}{2} M O^{2} = \frac{1}{4} R^{2}$

=> M ở chính giữa cung AC

Câu 3