Cho tam giác abc có 3 góc nhọn nội tiếp
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính \(R=3cm\). Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D.
Bạn đang xem: Cho tam giác abc có 3 góc nhọn nội tiếp
1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.
2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \(OD=5cm\). Tính diện tích của tam giác BCD.
3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \(AB.AP=AQ.AC\)
4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.
Lời giải của Tự Học 365
Giải chi tiết:
1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.
Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) \(\Rightarrow \widehat{OBD}=\widehat{OCD}={{90}^{0}}\)
Xét tứ giác OBDC có \(\widehat{OBD}+\widehat{OCD}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}\Rightarrow \) tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \(OD=5cm\). Tính diện tích của tam giác BCD.
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có \(BD=\sqrt{O{{D}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4\,\,\left( cm \right)\)
Ta có \(OB=OC=R;\,\,DB=DC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow O;\,\,D\) thuộc trung trực của BC \(\Rightarrow OD\) là trung trực của BC \(\Rightarrow OD\bot BC\).
Xem thêm: Ý Nghĩa Của Việc Cải Tạo Đất Phèn Đất Mặn Ở Đồng Bằng Sông Cửu Long ?
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có:
\(DM.DO=D{{B}^{2}}\Rightarrow DM=\frac{D{{B}^{2}}}{DO}=\frac{{{4}^{2}}}{5}=\frac{16}{5}\,\,\left( cm \right)\)
\(BM.OD=OB.BD\Rightarrow BM=\frac{OB.BD}{OD}=\frac{3.4}{5}=\frac{12}{5}\,\,\left( cm \right)\)
Vậy \({{S}_{\Delta DBC}}=\frac{1}{2}DM.BC=DM.BM=\frac{16}{5}.\frac{12}{5}=\frac{192}{25}=7,68\,\,\left( c{{m}^{2}} \right)\).
3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \(AB.AP=AQ.AC\)
Ta có \(\widehat{APQ}=\widehat{xAB}\) ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ)
Mà \(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O)).
\(\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{ACB}\)
Xét tam giác ABC và tam giác AQP có:
\(\widehat{PAQ}\) chung;
\(\widehat{APQ}=\widehat{ACB}\,\,\left( \,cmt \right)\)
\(\Rightarrow \Delta ABC\backsim \Delta AQP\,\,\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{AB}{AQ}=\frac{AC}{AP}\Rightarrow AB.AP=AC.AQ\)
4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.
Kéo dài BD cắt D tại F.
Ta có \(\widehat{DBP}=\widehat{ABF}\) (đối đỉnh)
Mà \(\widehat{ABF}=\widehat{ACB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)
\(\widehat{ACB}=\widehat{APD}\) (do \(\Delta ABC\backsim \Delta AQP\))
\(\Rightarrow \widehat{DBP}=\widehat{APD}=\widehat{BPD}\Rightarrow \Delta DBP\) cân tại D \(\Rightarrow DB=DP\)
Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được \(\widehat{DCQ}=\widehat{ACG}=\widehat{ABC}=\widehat{DQC}\Rightarrow \Delta DCQ\) cân tại D \(\Rightarrow DC=DQ\)
Lại có \(DB=DC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \(\Rightarrow DP=DQ\Rightarrow D\) là trung điểm của PQ.
Ta có: \(\Delta ABC\backsim \Delta AQP\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow \frac{AB}{AQ}=\frac{AC}{AP}=\frac{BC}{PQ}=\frac{2MC}{2PD}\Rightarrow \frac{AC}{AP}=\frac{MC}{PD}\)
Xét tam giác \(AMC\) và tam giác \(ADP\) có
\(\widehat{ACM}=\widehat{APD}\,\,\left( \widehat{ACB}=\widehat{APQ}\,\,\left( cmt \right) \right)\)
\(\frac{AC}{AP}=\frac{MC}{PD}\,\,\left( cmt \right)\)
\(\Rightarrow \Delta AMC\backsim \Delta ADP\,\,\left( c.g.c \right)\Rightarrow \widehat{PAD}=\widehat{MAC}\,\,\left( dpcm \right)\).
