K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

7 tháng 3 2016

Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.

Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\)  Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\)  LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)


Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)

\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)

\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)

Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)

Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
 

8 tháng 4 2020

Karin Korano             

câu hỏi này của lớp 11 nhé !

1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán

đặt ^BAE=^CAE=α;  EAF=β

Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)

(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)

Diện tích tứ giác ADMN là

SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)

Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có

: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).

Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh

 

Bài 1 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 cm . Chứng minh rằng : 4 đỉnh của hình vuông ABCD cùng nằm trên 1 đường tròn . Hãy tính bán kính đường tròn đó Bài 2 : Cho tam giác nhọn ABC . Vẽ đường tròn tâm O , bán kính BC , nó cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở D và E a)CMR: CD vuông góc với AB , BE vuông góc với AC b) gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh AK vuông góc BCBài 3:Cho hình thang ABCD ,...
Đọc tiếp

Bài 1 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 cm . Chứng minh rằng : 4 đỉnh của hình vuông ABCD cùng nằm trên 1 đường tròn . Hãy tính bán kính đường tròn đó 

Bài 2 : Cho tam giác nhọn ABC . Vẽ đường tròn tâm O , bán kính BC , nó cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở D và E 

a)CMR: CD vuông góc với AB , BE vuông góc với AC 

b) gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh AK vuông góc BC

Bài 3:Cho hình thang ABCD , AB//CD, AB<CD , có góc C=góc D=60 độ , CD=2AD . Chứng minh 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn. Tính diện tích đường tròn đó biết CD=4cm 

Bài 4:Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của DE , EB, BC, CD. Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn 

 

2
11 tháng 11 2018

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

29 tháng 11 2019

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng

a: Xét (O) có 

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

Xét ΔABC có 

BE là đường cao

CF là đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: AH⊥BC

hay AF⊥BC

27 tháng 7 2019

A B C D E I P Q K S T F R L V J x

Bổ đề 1: Xét tam giác nhọn ABC, trên cạnh AB,AC lần lượt lấy D,E sao cho BD = CE. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của DE,BC. Khi đó MN song song với đường phân giác trong của ^BAC.

Bổ đề 2: [Đường thẳng Gauss] Xét tứ giác lồi ABCD. AB giao CD tại X, AD giao BC tại Y. Gọi H,I,K thứ tự là trung điểm các đoạn AC,BD,XY. Khi đó H,I,K thẳng hàng.

Hai bổ đề trên khá quen thuộc, không trình bày ở đây.

Quay trở lại bài toán: Gọi V,J,L thứ tự là trung điểm của AI,DE,BC. Gọi JL cắt PQ tại R.

Dễ thấy V,J,L,R nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác AEID. Áp dụng bổ đề 1 ta thu được:

VR // AK. Mà V là trung điểm AI nên R là trung điểm IK (*)

Mặt khác ta thấy P,I,Q thẳng hàng, gọi PQ cắt (BID),(CIE) lần lượt tại S,T (S,T khác I), SB cắt TC tại F, Fx là phân giác ^BFC.

Ta có hai tam giác DIB,EIC có BD = CE, ^BID = ^EIC => (BID) = (EIC)

Theo tính chất của tâm nội tiếp thì SD = SP = SB, TE = TQ = TC. Từ đây SB = TC

Ta lại có biến đổi góc sau ^BFx = 1/2.^BFC = 900 - BDI/2 - ^CEI/2 = ^ADI/2 + ^AEI/2 - 900

= 1800 - ^DAE/2 - ^DIE/2 - 900 = ^EIT - ^DAE/2 = ^SBD - ^DAE/2 (= Góc hợp bởi AK và SB)

=> Fx // AK. Mà AK // RL nên Fx // RL. Áp dụng bổ đề 1 (với SB = TC) ta được R là trung điểm ST

Suy ra RS = RT => RP + SP = RQ + TQ => RP = RQ (Do SP = TQ) => R là trung điểm PQ (**)

Từ (*) và (**) suy ra KP = IQ. Như vậy KP + IK = IQ + IK => IP = QK (đpcm).