Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA.

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Hướng dẫn giải:

Một số cách thường dùng để chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn:

+ Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180O (tổng hai góc đối bù nhau).

+ Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+ Tứ giác đó là một trong các hình: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

+ Tứ giác có tổng các góc đối bằng nhau.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Ta có:  \( \widehat{BDC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

 \( \widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

Suy ra: \( \widehat{ADH}=\widehat{BDC}={{90}^{O}} \),  \( \widehat{AEH}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \)

Xét tứ giác ADHE có:

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O}}\)

Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Xét tam giác ADH và tam giác AEH có:

+ D nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, D, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

+ E nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

Vậy 4 điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA.

Xét hai tam giác CBE và CAM có:

 \( \widehat{ACM} \) là góc chung

 \( \widehat{AMC}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (cmt)

Suy ra  \( \Delta CBE\backsim \Delta CAM  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow CM.CB=CE.CA  \)

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có:  \( \widehat{IDH}=\widehat{IHD} \) (do  \( \Delta ID  \)H cân tại I)    (1)

 \( \widehat{IHD}=\widehat{CHM} \) (đối đỉnh)      (2)

Mặt khác:  \( \widehat{ODC}=\widehat{OCD} \) (do  \( \Delta O DC \) cân tại O)   (3)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có:

 \( \widehat{CHM}+\widehat{MCH}={{90}^{O}} \)

Suy ra ID  \( \bot  \) DO.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Gọi BM = x  \( \Rightarrow CM=2R-x  \)

Xét  \( \Delta ABM  \) vuông tại M có:

 \( AM=BM.\tan \widehat{ABM}=x.\tan {{45}^{O}}=x  \)   (*)

Xét  \( \Delta ACM  \) vuông tại M có:

 \( AM=CM.\tan {{60}^{O}}=\left( 2R-x \right).\sqrt{3} \)   (**)

Từ (*) và (**), ta có:

 \( x=\left( 2R-x \right)\sqrt{3}\Rightarrow x=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \)

Vậy  \( AM=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \).

Suy ra diện tích tam giác ABC là:  \( S=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\left( 3-\sqrt{3} \right)R.2R=\left( 3-\sqrt{3} \right){{R}^{2}} \) (đvdt)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Recommended Posts

No comment yet, add your voice below!


Add a Comment

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *