Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC với A^=600, gọi H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’. Chứng minh các điểm A, B, O, H, I cùng thuộc một đ...

Xét tứ giác AB’HC’ ta có:B'HC'^=3600-A^+B^+C^=3600-600+900+600=1200⇒BHC^=B'HC'^=1200Xét ∆BIC ta có:BIC^=1800-BIC^+ICB^=1800-B^2+C^2=1800-121800-A^=1200Như vậy, H và I đều nằm trên cung chứa góc 1200 dựng trên BC.Mặt khác, ∆ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O nên góc nội tiếp BAC^ trong đường tròn (O) có số đo là600=BAC^=12sdBC⏜=12BOC^⇒BOC^=1200Vậy O nằm trên cung chứa góc 1200 dựng trên BC.Nghĩa là 5 điểm B, C, O, I, H nằm trên cùng một đường tròn chứa cung chứa góc 1200 dựng trên BC.

Câu hỏi:

12/07/2024 739

Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC với $\hat{A} = 60^{0}$ , gọi H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’. Chứng minh các điểm A, B, O, H, I cùng thuộc một đường tròn.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bài tập ôn tập chương 3 hình học 9 có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Xét tứ giác AB’HC’ ta có:

$\hat{B' HC'} = 360^{0} - (\hat{A} + \hat{B} + \hat{C}) = 360^{0} - (60^{0} + 90^{0} + 60^{0}) = 120^{0} \Rightarrow \hat{BHC} = \hat{B' HC'} = 120^{0}$

Xét $∆ BIC$ ta có:

$\hat{BIC} = 180^{0} - (\hat{BIC} + \hat{ICB}) = 180^{0} - (\frac{\hat{B}}{2} + \frac{\hat{C}}{2}) = 180^{0} - \frac{1}{2} (180^{0} - \hat{A}) = 120^{0}$

Như vậy, H và I đều nằm trên cung chứa góc $120^{0}$ dựng trên BC.

Mặt khác, $∆ ABC$ nội tiếp trong đường tròn tâm O nên góc nội tiếp $\hat{BAC}$ trong đường tròn (O) có số đo là

$60^{0} = \hat{BAC} = \frac{1}{2} sd \overset{⏜}{BC} = \frac{1}{2} \hat{BOC} \Rightarrow \hat{BOC} = 120^{0}$

Vậy O nằm trên cung chứa góc $120^{0}$ dựng trên BC.

Nghĩa là 5 điểm B, C, O, I, H nằm trên cùng một đường tròn chứa cung chứa góc $120^{0}$ dựng trên BC.

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 hình thang cân ABCD (AB // CD). Chứng minh rằng bốn điiểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Lời giải

Xét hai tam giác $∆ ACD$ và $∆ BDC$ , ta có:

CD chung

$\hat{ADC} = \hat{BCD}$ , vì ABCD là hình thang cân.

AD = BC, vì ABCD là hình thang cân.

Do đó:

$∆ ACD = ∆ BDC (c . g . c)$ => $\hat{CAD} = \hat{CBD}$

Vậy các điểm A, B nằm cùng phía đối với CD và thỏa mãn nên bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.

Câu 2

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E, trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho CE = CF. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng DE và BF. Tìm quỹ tích điểm M khi E di động trên cạnh BC.

Xem đáp án

Lời giải

- Phần thuận:

Xét hai tam giác vuông $∆ BFC, ∆ DCE$ có

BC = CD (do ABCD là hình vuông)

CE = CF (gt) nên $∆ BFC = ∆ DCE$

Do đó, $\hat{CBF} = \hat{CDE}$

Mà $\hat{BEM} = \hat{CED}$ (đối đỉnh) nên

$90^{0} = \hat{CDE} + \hat{CED} = \hat{CBF} + \hat{BEM} \Rightarrow \hat{BMD} = 90^{0}$

Vậy điểm M nằm trên đường tròn đường kính BD.

- Giới hạn:

+ Nếu $E \equiv B \Rightarrow M \equiv B$

+ Nếu $E \equiv C \Rightarrow M \equiv C$

Vậy điểm M chỉ nằm trên cung nhỏ $\overset{⏜}{BC}$ của đường tròn đường kính BD.

- Phần đảo:

Lấy điểm M trên cung nhỏ $\overset{⏜}{BC}$ của đường tròn đường kính BD. Nối MB, MD lần lượt cắt CD, BC tại F, E

Ta có $\hat{BMD} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $∆ BFC = ∆ DCE (g . c . g)$ do đó CF = CE.

- Kết luận: quỹ tích điểm M nằm trên cung nhỏ $\overset{⏜}{BC}$ của đường tròn đường kính BD.

Câu 3