Cho tam giác ABC ba góc nhọn nội tiếp (O;R), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFCE nội tiếp và \(AO \bot EF\)
b) Chứng minh: \({\sin ^2}\widehat {BAC}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\) và \(B{C^2}{\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} A{B^2}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} A{C^2}{\mkern 1mu} - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\)
c) Gọi S là diện tích tam giác ABC, chứng minh \(S = {\mkern 1mu} \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\). Cho \(AB = 6;{\mkern 1mu} AC = 8;BC = 2\sqrt {13} \). Tính diện tích tam giác ABC.
a) Chứng minh tứ giác BFCE nội tiếp
Chứng minh tam giác BEC và tam giác CFB vuông tại E và F nên cùng nội tiếp đường tròn đường kính BC, do đó tứ giác BFCE nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Chứng minh: \(AO \bot EF\)
Kẻ tiếp tuyến tại A của (O), suy ra \(\widehat {pAO} = 90^\circ \)
Chứng minh \(\widehat {pAB} = \widehat {ACB}\) (hai góc phụ hai góc bằng nhau) và \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (tính chất hai góc đối trong tứ giác nội tiếp và hai góc kề bù).
Suy ra \(\widehat {pAB} = \widehat {AFE}\), hai góc so le trong nên Ap // EF.
Dẫn đến \(AO \bot EF\)
b) Chứng minh \({\sin ^2}\widehat {BAC}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\)
Sử dụng tỉ số lượng giác trong tam giác AEB vuông tại E để biểu diễn \(\sin BAC,\cos BAC\).
Sử dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông ABE để chứng minh.
Chứng minh \(B{C^2}{\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} A{B^2}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} A{C^2}{\mkern 1mu} - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\)
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác BEC vuông tại E, biến đổi \(C{E^2}\) theo \(AC\) và \(AE\).
Suy ra \(B{C^2}\) theo BE, AC, AE.
Kết hợp với tỉ số lượng giác \({\rm{cos}}\widehat {BAE}\) để chứng minh.
c) Chứng minh: \(S = \,\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)
Viết công thức tính diện tích tam giác ABC theo BE và AC.
Kết hợp hệ thức lượng trong tam giác vuông để biến đổi BE theo AB, ta được đpcm.
Tính diện tích tam giác ABC
Dựa vào \(B{C^2}\, = \,A{B^2}\, + \,A{C^2}\, - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\), thay số để tính \(\cos \widehat {BAC}\).
Kết hợp với \({\sin ^2}\widehat {BAC}\, + \,c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\) suy ra \(\sin \widehat {BAC}\).
Thay vào công thức \(S = \,\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\).
a) Chứng minh tứ giác BFCE nội tiếp
Xét tam giác BEC ta có:
\(BE \bot AC\) (BE là đường cao trong tam giác ABC)
Nên tam giác BEC vuông tại E. Do đó B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC (1)
Xét tam giác CFB ta có:
\(CF \bot AB\) (CF là đường cao trong tam giác ABC)
Nên tam giác CFB vuông tại F. Do đó C, F, B cùng thuộc đường tròn đường kính BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra B, F, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
Hay tứ giác BFEC nội tiếp.
Chứng minh: \(AO \bot EF\)
Kẻ tiếp tuyến tại A của (O), suy ra \(\widehat {pAO} = 90^\circ \)
Kẻ tia AO cắt (O) tại D, khi đó AD là đường kính, suy ra \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: \(\widehat {pAB} + \widehat {BAD} = \widehat {pAO} = 90^\circ \)
\(\widehat {ACB} + \widehat {BCD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)
Mà \(\widehat {BAD} = \widehat {BCD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD trong (O))
Do đó \(\widehat {pAB} = \widehat {ACB}\) (3)
Ta lại có: \(\widehat {ACB} + \widehat {BFE} = 180^\circ \)(tứ giác BFEC nội tiếp)
Và \(\widehat {AF}E + \widehat {BFE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Nên \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (4)
Từ (3), (4) suy ra \(\widehat {pAB} = \widehat {AFE}\)
Mà \(\widehat {pAB};\,\widehat {AFE}\) ở vị trí so le trong nên Ap // EF
Kết hợp \(AO \bot Ap\) (vì Ap là tiếp tuyến).
Vậy \(AO \bot EF\)
b) Chứng minh \({\sin ^2}\widehat {BAC}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\)
Xét tam giác AEB vuông tại E, ta có:
\(\sin \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AB}}\) suy ra \({\sin ^2}\widehat {BAE} = \frac{{B{E^2}}}{{A{B^2}}}\)
\({\rm{cos}}\widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}\) suy ra \({\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\widehat {BAE} = \frac{{A{E^2}}}{{A{B^2}}}\)
Nên \({\sin ^2}\widehat {BAE} + co{s^2}\widehat {BAE} = \frac{{B{E^2}}}{{A{B^2}}} + \frac{{A{E^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{B{E^2} + A{E^2}}}{{A{B^2}}}\)
Mà \(B{E^2} + A{E^2} = A{B^2}\,\)(Định lí Pythagore trong tam giác ABE vuông tại E)
Do đó \({\sin ^2}\widehat {BAE} + co{s^2}\widehat {BAE} = \frac{{B{E^2}}}{{A{B^2}}} + \frac{{A{E^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{B{E^2} + A{E^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{B^2}}} = 1\)
Hay \({\sin ^2}\widehat {BAC}\, + \,c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\) (góc \(\widehat {BAE}\,\)cũng là \(\widehat {BAC}\,\))
Chứng minh \(B{C^2}{\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} A{B^2}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} A{C^2}{\mkern 1mu} - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\)
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác BEC vuông tại E ta có:
\(B{C^2} = B{E^2} + C{E^2}\,\)
Mà \(C{E^2} = {(AC - AE)^2}\, = A{C^2} - 2.AC.AE + A{E^2}\)
Nên \(B{C^2} = B{E^2} + A{C^2} - 2.AC.AE + A{E^2}\)
\(B{C^2} = \left( {B{E^2} + A{E^2}} \right) + A{C^2} - 2.AC.AE\)
Ta lại có:
\(B{E^2} + A{E^2} = A{B^2}\)(cmt)
\({\rm{cos}}\widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}\)(cmt)
suy ra AE = \({\rm{AB}}{\rm{.cos}}\widehat {BAE} = {\rm{AB}}{\rm{.cos}}\widehat {BAC}\)
Vậy \(B{C^2}\, = \,A{B^2}\, + \,A{C^2}\, - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\)
c) Chứng minh: \(S = \,\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)
Ta có: \(S = \,\frac{1}{2}BE.AC\)
Mà \(BE = AB.\sin \widehat {BAC}\) (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác ABE vuông tại E)
Vậy \(S = \,\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)
Tính diện tích tam giác ABC
Ta có: \(B{C^2}\, = \,A{B^2}\, + \,A{C^2}\, - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\) (cmt)
\({(2\sqrt {13} )^2}\, = \,{6^2}\, + \,{8^2}\, - 2.6.8.cos\widehat {BAC}\) suy ra \(cos\widehat {BAC} = \,\frac{1}{2}\)
Mà \({\sin ^2}\widehat {BAC}\, + \,c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\)(cmt) suy ra \(\sin \widehat {BAC}\, = \sqrt {1 - c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC}} \, = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(S = \,\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.6.8.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 12\sqrt 3 \)
Danh sách bình luận