Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;10cm). Các đường cao AK,BE,CF cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) và AD cắt EF tại I. (a) Chứng minh tam giác ABD vuông tạ

8/8

Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O\,;\,\,10{\rm{ cm}}} \right)\). Các đường cao \(AK,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\). Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \((O)\) và \(AD\) cắt \(EF\) tại \(I.\)

(a) Chứng minh tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\) và .

(b) Gọi \(M\) là giao điểm của \(EF\) và \(AH\), \(N\) là giao điểm của \(AD\) và \(BC\).

(c) Gọi \(S\) là trung điểm \(BC\). Giả sử \(\widehat {BDC} = 120^\circ \) và \(AB = 12{\rm{cm}}\). Tính độ dài đoạn thẳng \[KS\] và \(MN\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;10cm). Các đường cao AK,BE,CF cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) và AD cắt EF tại I. (a) Chứng minh tam giác ABD vuông tại B và . (ảnh 1)

a) Vì \[\widehat {ABD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)) nên tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\).

Xét \(\Delta ABK\) và \(\Delta ADC\) có

\[\widehat {AKB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {ABK} = \widehat {ADC}\] (cùng chắn cung \[AC\] của đường tròn \(\left( O \right))\).

Do đó (g.g)

b) Chứng minh được \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (cùng bù với \(\widehat {FEC}\)).

Mà \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC}\) (cùng chắn cung \[AC\] của \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {AEF} = \widehat {ADC}\).

Ta có \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {AEI} + \widehat {IAE} = \widehat {ADC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \).

Suy ra \(MINK\) là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có \(\widehat {BAC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Xét \[\Delta ABE\] vuông tại \[E,\] tính được \(AE = 6{\rm{ cm}}\) và \(BE = 6\sqrt 3 {\rm{ cm}}\).

Tam giác \[OSC\] vuông tại \[S\] có \(\widehat {SOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \widehat {BAC} = 60^\circ \), tính được \(OS = 5{\rm{ cm}}\) và \(SC = 5\sqrt 3 {\rm{ cm}}\).

Suy ra \(BC = 10\sqrt 3 {\rm{ cm}}\) nên \(EC = \sqrt {B{C^2} - B{E^2}} = 8\sqrt 3 {\rm{ cm}}\) nên \(AC = 8\sqrt 3 + 6{\rm{ cm}}\).

Từ câu a, ta có \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AK}}{{AC}}\) suy ra \(AB.AC = AD.AK\).

Do đó \(AK = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{18 + 24\sqrt 3 }}{5}\).

Nên \(BK = \sqrt {A{B^2} - A{K^2}} \approx 1,4{\rm{ cm}}\) nên \(KS = BS - BK = 5\sqrt 3 - 1,4 \approx 7,2{\rm{ cm}}\).

Chứng minh được \(AH = 2OS = 10{\rm{ cm}}\) nên \(HK = AK - AH = \frac{{ - 32 + 24\sqrt 3 }}{5}\).

Suy ra \(HS = \sqrt {K{S^2} + H{K^2}} \approx 7,5{\rm{ cm}}\) nên \(HD \approx 15{\rm{ cm}}\).

Chứng minh được \[OS\,{\rm{//}}\,AK\] nên \(\frac{{OS}}{{AK}} = \frac{{ON}}{{AN}}\) suy ra \(\frac{{OS}}{{AK}} = \frac{{AN - 10}}{{AN}}\), do đó \(AN \approx 17,2{\rm{ cm}}\).

Chứng minh được \[MN\,{\rm{//}}\,HD\] nên \(\frac{{MN}}{{HD}} = \frac{{AN}}{{AD}}\) suy ra \(MN \approx 12,9{\rm{ cm}}\).