Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 11cm. Diện tích của tam giác ABCABC bằng:

A. \(6cm^2\) ;                                           B. \(\sqrt{3}cm^2\) ;
C.\(\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^2\) ;                                D. \(3\sqrt{3cm^2}\)

Câu trả lời đúng là D.

Gọi $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$, $H$ là tiếp điểm thuộc $BC$.

Đường phân giác $AO$ của góc $A$ cũng là đường cao nên $A$, $O$, $H$ thẳng hàng.

$\mathrm{H}\mathrm{B}=\mathrm{H}\mathrm{C}$, $\widehat{HAC}=30^{\circ }$

$AH=3\cdot OH=3$(cm)

$HC=AH\cdot tan30^{\circ }=3\cdot \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$(cm)

$S^{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}BC.AH=HC.AH=3\sqrt{3}$(cm${}^2$)

Vì thế, câu trả lời (D) là đúng.

a, Tam giác ABC ngọi tiếp đường tròn \(\left(O\right)\)nên AB, BC, AC lần lượt là tiếp tuyến tại D, E , F của đường tròn.

Theo tính chất của hai đường tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

AD = AF ; DB = BE ; FC = CE

Xét vế phải:

VP = AB + AC - BC
      = ( AD + DB ) + ( AF + CF ) - ( BE + CE )

Thay DB = BE , FC = CE vào biểu thức trên, ta được:

VP = ( AD + BE ) + ( AF + CE ) - ( BE + CE )

      = AD + BE + AF + CE - BE - CE

      = ( AD + AF ) + ( BE - BE ) + ( CE - CE )

      = AD + AF

      = AD + AD = 2AD

Vậy 2AD = AB + AC - BC

b, Các hệ thức tương tự là: 

2BD = BA + BC - AC
2CF = CA + CB - AB

a) $AB+AC-BC$

$=(AD+BD)+(AF+FC)-(BE+EC)$

$=(AD+AF)+(BD-BE)+(FC-EC)$

Do $BD=BE,FC=EC,AD=AF$ nên

$AB+AC-BC=2AD$.

b) $2BE=BA+BC-AC$

$2CF=CA+CB-AB$.

a) $OC$ và $OD$ là các tia phân giác của hai góc kề bù $\widehat{AOM}$, $\widehat{BOM}$ nên $OC\perp OD$.

Vậy $\widehat{COD}=90^{\circ }$.

b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $CM=AC,DM=BD$

Do đó $CD=CM+DM=AC+BD$.

c) Ta có: $AC.BD=CM.MD$

Xét tam giác $COD$ vuông tại $O$ và $OM\perp CD$ nên ta có

$CM.MD=O{M}^2=R^2$ ($R$ là bán kính của đường tròn $O$).

Vậy $AC.BD=R^2$ (không đổi).

Tâm $O$ là giao điểm của đường vuông góc với $Ax$ tại $B$ và tia phân giác của góc $xAy$.

Tâm $O$ là giao điểm của đường vuông góc với $Ax$ tại $B$ và tia phân giác của góc $xAy$.

Câu 3: Tâm của đường tròn ( O) tiếp xúc với 2 cạnh đường  Ay , Ax nằm trên đường phân giác OA
 

Gọi $O$ là tâm của một đường tròn bất kì tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$.

Khi đó, $\widehat{OAx}=\widehat{OAy}$

Vậy tâm của các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$ nằm trên tia phân giác của góc $xAy$.

 Ta có

DB=DM; EC=EM; AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến các tiếp điểm = nhau)

\(C_{ADE}=AD+DM+AE+EM=AD+DB+AE+EC=\)

\(=AB+AC=2AB\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .

Bạn tự vẽ hình nha

a) Ta có: AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên ΔABC cân tại A.

Lại có AO là tia phân giác của góc A nên AO ⊥ BC. (trong tam giác cân, đường phân giác cũng là đường cao)

b) Gọi I là giao điểm của AO và BC. Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây).

Xét ΔCBD có :

CI = IB

CO = OD (bán kính)

⇒ BD // OI (OI là đường trung bình của tam giác BCD).

Vậy BD // AO.

c) Theo định lí Pitago trong tam giác vuông OAC:

AC^2 = OA^2 – OC^2 = 42 – 22 = 12

=> AC = √12 = 2√3 (cm)

\(\sin OAC=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}\)

=> OAC =30 độ

mà BAC =2OAC

=. BAC =60

Tam giác ABC cân có BAC = 60 => Tam giác ABC đều

+> AB=AC=BC=2√3 (cm)

K cho mk nh

câu A : AB = AC ( theo tính chất của đường tiếp tuyến ) suy ra : tam giác ABC cân tại A , OA là đường phân giác cũng là đường cao vậy OA vuông góc với BC

\(a,\) Tứ giác \(OCAB\)l là hình thoi.

Ta có: \(OA\perp OB\)\(\Rightarrow\)\(MB=MC\)

mà \(MA=MO\)nên tứ giác \(OCAB\)là hình bình hành.

Hình bình hành này có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi.

\(b,\) Ta có: \(BA=BO\) ( hai cạnh hình thoi ) \(BO=OA\)( bán kính tam giác ) nên tam giác \(ABO\)là tam giác đều.

\(\Rightarrow\)\(\widehat{BOA}=60^o\)

Ta có \(EB\)là tiếp tuyến \(\Rightarrow\)\(EB\perp OB\)

Xét tam giác \(BOE\)vuông tại \(B,\)có: 

\(BE=BO.tg60^o=R.tg60^o=R\sqrt{3}\)

a) Bán kính $OA$ vuông góc với dây $BC$ nên

$MB=MC$

Tứ giác $OCAB$ là hình bình hành (vì $MO=MA$, $MB=MC$), lại có $OA\perp BC$ nên tứ giác đó là hình thoi.

b) BE=Căn 3 x R

Dirichlet à:))?

Trong 3 số dương a,b,c tồn tại ít nhất 2 số cùng nhỏ hơn hoặc không nhỏ hơn 1

G/s 2 số đó là a và b

Khi đó: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\Leftrightarrow2abc\ge2ca+2bc-2c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\)

Mà \(\left(a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(c^2-2c+1\right)=\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số a,b,c sẽ có hai số hoặc cùng ≥1 hoặc cùng ≤1. Giả sử hai số đó là a,b khi đó:
(a−1)(b−1)≥0.
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)=(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.

Search mạng!!

Lời giải:

a) Gọi H là giao điểm của OC và AB, ΔAOB cân tại O (OA = OB, bán kính). OH là đường cao nên cũng là đường phân giác. Do đó:

Suy ra: CB vuông góc với OB, mà OB là bán kính của đường tròn (O)

⇒ CB là tiếp tuến của đường tròn (O) tại B. (điều phải chứng minh)

b) Ta có: OH vuông góc AB nên H là trung điểm của AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

Vậy OC = 25 cm

OC=25cm