Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Nối OA, OB, OC
Khoảng cách từ tâm O đến các tiếp điểm là đường cao của các tam giác OAB, OAC, OBCv
Ta có : S A B C = S O A B + S O A C + S O B C
= (1/2).AB.r + (1/2).AC.r + (1/2).BC.r
= (1/2)(AB + AC + BC).r
Mà AB + AC + BC = 2p
Nên S A B C = (1/2).2p.r = p.r
Gọi I,E,F lần lược là tiếp điểm của đường tròn tâm O nội tiếp với AB,BC,CA ta có OI = OE = OF = r
S ABC = S AOB + S BOC + S COA = AB.OI/2 + BC.OE/2 + CA.OF/2
= (AB + BC + CA).r/2 = pr
A B C O r
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Nối OA, OB, OC
Khoảng cách từ tâm O đến các tiếp điểm là đường cao của các tam giác OAB, OAC, OBCv
Ta có : SABC = SOAB + SOAC + SOBC
\(=\left(\frac{1}{2}\right)AB.r+\left(\frac{1}{2}\right).AC.r+\left(\frac{1}{2}\right).BC.r\)
\(=\left(\frac{1}{2}\right)\left(AB+AC+BC\right).r\)
Mà AB + AC + BC = 2p
Nên \(S_{ABC}=\left(\frac{1}{2}\right).2p.r=p.r\)
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Nối OA, OB, OC
Nối OA, OB, OC.Khoảng cách từ tâm O đến các tiếp điểm là đường cao của các tam giác OAB, OAC, OBC.
Ta có: SABC=SOAB+SOAC+SOBCSABC=SOAB+SOAC+SOBC
=12.AB.r+12.AC.r+12.BC.r=12.AB.r+12.AC.r+12.BC.r
=12(AB+AC+BC).r=12(AB+AC+BC).r
Mà AB + AC + BC = 2p
Nên SABC=12.2p.r=p.rSABC=12.2p.r=p.r
BÀI LÀM
a, xét tứ giác ADOE có:
góc A= góc E=góc D=90O
mà ta thấy: OE=OD( bán kính = nhau)
vậy tứ giác ADOE là hình vuông (dhnb)
a) Dễ thấy tứ giác AEOD là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Mà OD = OE ( cùng bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).
Nên tứ giác AEOD là hình vuông.
b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống BC.
Có SΔABC=SΔOAB+SΔOBC+SΔOAC
=12 OD.AB+12 OE.AC+12 OH.BC
=12 r.(AB+AC+BC)
=12 pr (pp là chu vi của tam giác ABCABC, rr là bán kính đường tròn nội tiếp).
c) Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: BC=√AB2+AC2=10(cm).
Diện tích tam giác ABC là: 12 AB.AC=12 .6.8=24(cm2).
Chu vi tam giác ABC là: 6+8+10=24(cm).
Suy ra: 24=12 .24.r⇔r=2(cm).
Xét tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp
\(\Rightarrow S_{ABC}=S_{AIB}+S_{BIC}+S_{CIA}=\frac{1}{2}AB.r+\frac{1}{2}BC.r+\frac{1}{2}CA.r\)
\(=\frac{1}{2}\left(AB+BC+CA\right).r=p.r\)
\(\Rightarrow r=\frac{S_{ABC}}{p}\)
A B C M I r D E F
a) Gọi tâm của đường tròn nội tiếp \(\Delta\)ABC là I. (I) tiếp xúc với BC,CA,AB tại D,E,F
Ta có \(S_{BIC}=\frac{1}{2}ID.BC=r.\frac{BC}{2}\). Tương tự \(S_{CIA}=r.\frac{CA}{2};S_{AIB}=r.\frac{AB}{2}\)
Vậy \(S_{ABC}=r.\frac{BC+CA+AB}{2}=pr\)(đpcm).
b) Đặt \(BC=a,CA=b,AB=c,AM=m_A,BM=m_B,CM=m_C\)
Áp dụng công thức tính đường trung tuyến có \(m_A=\frac{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{m_A}=\frac{2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}\), Hoàn toàn tương tự đối với \(m_B,m_C\)
Từ đó \(\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}+\frac{1}{m_C}=\frac{2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}+\frac{2}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)-b^2}}+\frac{2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)-c^2}}\)
Lại có \(r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{p}=\sqrt{\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}}\)(Công thức Heron)
\(=\frac{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}{2\sqrt{a+b+c}}\)
Kết hợp với giả thiết \(\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}+\frac{1}{m_C}=\frac{1}{r}\) suy ra:
\(\frac{1}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}+\frac{1}{\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)-b^2}}+\frac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)-c^2}}\)
\(=\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)(1)
Áp dụng BĐT Cauchy: \(VT_{\left(1\right)}\le\frac{1}{\sqrt{\left(b+c\right)^2-a^2}}+\frac{1}{\sqrt{\left(c+a\right)^2-b^2}}+\frac{1}{\sqrt{\left(a+b\right)^2-c^2}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}.\frac{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}+\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\sqrt{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}.\frac{a+b+c}{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)
\(=\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}=VP_{\left(1\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)<=> \(\Delta\)ABC đều (đpcm).
Gọi I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC
Ta có:
SABC=SABI+SACI−SBIC
=Rb/2 + Rc/2 − Ra/ 2
=R. (b+c−a/2)
=R(p−a)
=> R = S/(p-a) (đpcm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường cao AH của tam giác và đường kính AD của đường tròn (O). Gọi E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C và B xuống đường thẳng AD. Gọi M là trung điểm ÁD
a) Chứng minh tứ giác BMFO nội tiếp
b) chứng minh HE//BD
c) Chứng minh $S=\frac{AB.AC.BC}{4R}$S=AB.AC.BC4R ( Với S là diện tích tam giác ABC, R là bán kính đường tròn (O) )
Chịu @ _@
gọi I là tâm của đường nội tiếp tam giác ABC : ta có
SABC = SAIB + SBIC + SCIA
= \(\dfrac{AB.r}{2}+\dfrac{BC.r}{2}+\dfrac{CA.r}{2}\) = \(\left(\dfrac{AB}{2}+\dfrac{BC}{2}+\dfrac{CA}{2}\right).r\)
= \(\dfrac{chuvitamgiácABC}{2}.r\) = p.r (đpcm)