$\hat{B I N} = \hat{A_{1}} + \hat{B_{1}} = \frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}$ (Góc ngoài của tam giác ABI)
$\Rightarrow \hat{I B N} = \hat{B I N}$ => $△$ NBI cân tại N => N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI.
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có :
$\hat{B H N} = \frac{1}{2} sđ (\hat{B N} + \hat{A M} + \hat{A P}) = \frac{1}{2} \frac{sđ \hat{B C} + sđ \hat{A B} + sđ \hat{A C}}{2}$
Vì $\hat{B H N}$ là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và
$\hat{B N} = \frac{\hat{B C}}{2}; \hat{A M} = \frac{\hat{A B}}{2}; \hat{A P} = \frac{\hat{A C}}{2} \Rightarrow \hat{B H N} = \frac{1}{4} . 360^{\circ} = 90^{\circ}$
=> RN là trung trực của đoạn thẳng BI => BR = RI
=> RBI cân tại R $\hat{B_{1}} = \hat{R I B} mà \hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} \Rightarrow \hat{B_{2}} = \hat{RIB}$
=> IR // BC (Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau)
Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC
=> R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Cách giải 2: (Hình 2)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ (ảnh 2)

Theo giả thiết ta có

\hat{M A} = \hat{M B}

do đó MN là phân giác của

\hat{A N B}

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN ta có:

\frac{R A}{R B} = \frac{N A}{N B}

(1)
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN =>

\frac{S A}{S C} = \frac{N A}{N C}

(2)
vì

\hat{B N} = \hat{C N}

nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được

\frac{R A}{R B} = \frac{S A}{S C}

=> RS // BC (định lý Ta-lét đảo)
Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:

\frac{A I}{I D} = \frac{R A}{R B}

mà

\frac{N A}{N B} = \frac{R A}{R B}

suy ra

\frac{A I}{I D} = \frac{N A}{N B}

△

BND

~

△

ANB (vì có góc

\hat{B N A}

chung và

\hat{B A N} = \hat{N B D}

)
Nên

\frac{N A}{N B} = \frac{A B}{B D}

. Vậy

\frac{A I}{I D} = \frac{A B}{B D}

Suy ra BI là phân giác của góc

\hat{A B C}

Ở trên ta có I thuộc phân giác AN của

\hat{B A C}

ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác

\hat{A B C}

nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm)

Câu 2

Từ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng

Xem đáp án

Lời giải

Cách giải 1:
Vì

\hat{D} = \hat{E} = 90^{\circ}

=> tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp

\Rightarrow \hat{B E D} = \hat{B P D}

(*)(Góc nội tiếp cùng chắn một cung)

\hat{F} = \hat{E} = 90^{\circ}

=> tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp

\Rightarrow \hat{F E C} = \hat{F P C}

(**) (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn

\Rightarrow \hat{B P C} = π - \hat{A}

(1)

\begin{matrix} P D ⊥ A B \\ P F ⊥ A C \end{matrix}\} \Rightarrow \hat{D P F} = π - \hat{A}

(2)
Từ (1) và (2)

\Rightarrow \hat{B P C} = \hat{D P F}

\Rightarrow \hat{B P D} = \hat{F P C}

(***)
Từ (*) ; (**) và (***)
= D ; E ; F thẳng hàng.

Cách giải 2:

\begin{matrix} P E ⊥ E C \\ P F ⊥ F C \end{matrix}\} \Rightarrow

Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp

\Rightarrow \hat{F E P} + \hat{P C F} = 180^{\circ}

(1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn

\Rightarrow \hat{A B P} + \hat{F C P} = 180^{\circ}

Mà

\hat{A B P} + \hat{B D P} = 180^{\circ} \Rightarrow \hat{F C P} = \hat{D B P}

(2)

\begin{matrix} P D ⊥ B D \\ P E ⊥ B C \end{matrix}\} \Rightarrow

Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp =>

\hat{D B P} = \hat{D E P}

( 3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có :

\hat{P E F} + \hat{D E P} = 180^{\circ}

Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng

4.6

456 Đánh giá

50%

40%

Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng có đáp án

🔥 Đề thi HOT:

Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án

Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01

15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án

Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án

Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk

Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề số 1)

Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án

123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải

Nội dung liên quan:

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 1: Biểu thức số có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 2-1: Biểu thức chứa chữ có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 2-2: Hàm số và đồ thị có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 3: Phương trình có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 4: Hệ phương trình có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 5: Các bài toán thực tế giải bằng cách lập phương trình và hệ phương trình có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề Toán 9 Chuyên đề 0: Hệ thức lượng có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 1: Tam giác đồng dạng, Định lí Talet có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề Toán 9 Chuyên đề 2: Tổng quan về đường tròn có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề Toán 9 Chuyên đề 3: Vị trí tương đối của đường thằng và đường tròn. Vị trí tương đối của hai đường tròn có đáp án

Danh sách câu hỏi:

Từ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đăng ký

Đăng nhập

Quên mật khẩu